/
Текст
СБОРНИК ЗАДАЧ
ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ
МАТЕРИАЛОВ
Под редакцией
А. А. УМАНСКОГО
ИЗДАНИЕ ЧЕТВЕРТОЕ.
СТЕРЕОТИПНОЕ
Допущено М инистерством
высшего и среднего специального образования СССР
в качестве учебного пособия
для студентов высших технических учебных заведений
ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
МОСКВА 1975
«05
С 23
УДК 620.10
Коллектив авторов:
А. М. АФАНАСЬЕВ, А. С. ВОЛЬМИР, Ю. П. ГРИГОРЬЕВ,
А. И. КОДАНЕВ, В. Л. МАРЬИН, В. В. НОВИЦКИЙ,
А. А. УМАНСКИЙ
Сборник задач по сопротивлению материалов под
редакцией А. А. У м а и с к о г о, Главная редакция
физико-математической литературы изд-ва «Наука»,
М., 1975. 496 стр.
В сборнике представлены задачи на все основные
разделы курса сопротивления материалов. Всего
в сборнике 1059 задач. Все задачи снабжены ответами,
более сложные (отмеченныезвездочками)— решениями
или указаниями. В конце приложены таблицы сор-
тамента стальных и дюралевых профилей и некоторых
функций.
30106-066
С053 (02J-75
148-75
© Главная редакция
физико-математической литература
издательства «Наука», 1973.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Общие данные........................................... 5
Предисловие к третьему изданию......................... 6
Задачи .................................................................................................................. 7
Глава I. Растяжение и сжатие........................................................................................... 7
§ 1. Экспериментальное исследование растяжения и сжатия. ... 7
§ 2. Вычисление напряжений и деформаций..................... 9
§ 3. Подбор сечения и проверка напряжений.................. 13
§ 4. Статически неопределимые задачи на растяжение — сжатие . . 15
§ 5. Температурные и монтажные напряжения. Болтовые соедине-
ния с предварительной затяжкой.................................. 25
§ 6. Учет собственного веса конструкции........................................................................ 31
§ 7. Определение несущей способности . ....................................................................... 33
§ 8. Линейное, плоское и объемное напряженные состояния .... 35
§ 9. Теории (критерии) прочности. 41
§ 10. Гибкие нити и тонкостенные сосуды. 42
§11. Концентрация напряжений, запас прочности, динамический
коэффициент.................................................... 45
§ 12. Нелинейные задачи............................................................................................ 46
Г лава 2. Сдвиг и кручение.............................................................................................. 47
§ 1. Напряжения и деформации при сдвиге .»................................................................ 47
§ 2. Расчет заклепочных соединений ............................................................................... 49
§ 3. Расчет сварных швов.......................................................................................... 53
§ 4. Соединения деревянных элементов............................................................................. 57
§ 5. Кручение валов круглого поперечного сечения ........ 58
§ 6. Кручение брусьев некруглого сечения......................................................................... 64
Глава 3. Геометрические характеристики поперечных сечений брусьев . . 71
§ 1. Координаты центра тяжести.................................................................................... 71
§ 2. Моменты инерции............................................................................................. 73
Г лава 4. Расчет балок иа прочность..................................................................................... 87
§ 1. Эпюры усилий в поперечных сечениях балок.............................................................. 87
§ 2. Эпюры усилий в шарнирных балках и рамах ......... 101
§ 3. Напряжения при изгибе......................................................................................... 104
§ 4. Подбор сечений................................................................................................ 108
§ 5. Составные балки. Балки переменного сечения............................................................ 111
§ 6. Тонкостенные профили. Центр изгиба........................................................................... 114
§ 7. Главные напряжения............................................................................................ 120
§ 8. Балки из разнородных материалов............................................................................... 120
1*
3
§ 9. Расчет по предельному состоянию с учетом пластических дефор-
маций ........................................................ 121
Глава 5. Перемещения при изгибе. Статически неопределимые балки . . . 123
§ 1. Статически определимая балка постоянного сечения........................................................ 123
§ 2. Балки переменного сечения............................................................................... 133
§ 3. Статически неопределимые балки . •...................................................................... 134
§ 4. Предельная нагрузка..................................................................................... 141
§ 5. Балки па упругом основании.............................................................................. 142
§ 6. Стесненное кручение тонкостенных стержней открытого про-
филя . ..................................... . ................. 143
§ 7. Пластинки и оболочки...................................................................................... 144
§ 8. Брусья малой жесткости.................................................................................. 147
Г лава 6. Сложное сопротивление.................................................................................... 150
§ 1. Косой изгиб............................................................................................... 150
§ 2. Растяжение или сжатие с изгибом......................................................................... 153
§ 3. Предельное состояние бруса при совместном действии изгиба и
растяжения ..................................................... 159
§ 4. Изгиб с кручением...................................................................................... 100
§ 5. Общий случай сложного сопротивления....................................................................... 163
§ 6. Брусья с криволинейной осью............................................................................... 166
§ 7. Брус с ломаной осью....................................' . 167
-Глава 7. Приложение энергетических теорем к линейно деформируемым
системам..................................................... 170
§ 1. Определение потенциальной энергии упругой деформации . . . 170
§ 2. Цилиндрические пружины . . ........................... 173
§ 3. Определение перемещений и расчет статически неопределимых
систем по методу сил ..................................'. . . . 175
§ 4. Балочный метод расчета плоских рам ..................................................................... 180
§ 5. Расчет одноконтурных рам по методу аналогий (методу упругого
центра)......................................................... 181
§ 6. Расчет рам по методу перемещений............................ 184
§ 7. Брусья малой кривизны. Круговые кольца............................. 184
§ 8. Тонкостенные конструкции. 188
Глава 8. Устойчивость упругих систем ............................................................................. 192
§ 1. Продольный изгиб стержней в пределах упругости ...... 192
§ 2. Продольный изгиб Та пределами упругости............................. 197
§ 3. Расчет на продольный изгиб по нормам строительного проекти-
рования ........................................................ 202
§ 4. Применение приближенных методов к расчету на устойчивость
стержней и стержневых систем.................................... 203
§ 5. Продольно-поперечный изгиб............................................................................. 212
§ 6. Устойчивость пластинок и оболочек ............................. 216
Глава 9. Брусья большой кривизны. Толстостенные цилиндры.......................................................... 219
§ 1. Брусья большой кривизны............................. 219
§ 2. Толстостенные цилиндры................................................................................. 221
Глава 10. Задачи динамики . . ...................................................................................... 224
§ 1. Напряжения и деформации в движущихся элементах конструкции 224
§ 2. Свободные колебания упругих систем, приведенных к системам с
одной степенью свободы..................................... . . 229
§ 3. Вынужденные колебания упругих систем, приведенных к систе-
мам, с одной степенью свободы................................... 236
§ 4. Колебания систем с несколькими степенями свободы.......................................................... 238
§ 5. Действие удара на конструкции........................................................................... 241
4
Глава 11. Выносливость и ползучесть.......................... 246
§ 1. Прочность при переменных напряжениях................ 246
§ 2. Ползучесть и релаксация............................. 249
Решения н указания.......................................... 252
Ответы....................................................... 426
Приложение................................................... 477
Таблица I. Зпаченияфуикцийт) и щ для расчета балок на упругом
основании . . . ............................................. 477
Таблица 2. Значения определенных интегралов, встречающихся
при нахождении усилий и перемещений в стержнях и
кольцах с круговой осью...................................... 478
Таблица 3. Коэффициенты <р уменьшения допускаемых напряже-
ний при продольном изгибе ................................... 479
Таблица 4. Значения функнийФ (u), V (и), X (и) для расчета балок
на продольно-поперечный изгиб............................... 479
Таблица 5. Коэффициенты р, приведения длины I для шарнирно
опертого стержня переменной жесткости........................ 481
Таблицы 6—9. Сталь прокатная по ГОСТу ............ 481
Таблицы 10—12. Профили прессованные (дюраль)................. 491
Таблицы 13—15. К задачам на изгиб брусьев малой жесткости . . 494
ОБЩИЕ ДАННЫЕ
Если нет особых оговорок, деформация везде предполагается
упругой и подчиняющейся закону Гука, концентрация напря-
жений не учитывается. Далее,
модуль упругости
стали
дюраля (и алюмш
меди
чугуна
дерева
модуль сдвига стали
удельный вес стали
коэффициент теплового
стали
дюраля
меди .
коэффициент Пуассона
Е ~ 2-10“ кГ/см2,
ия) Е=>'0,7-1Ов кГ/см2,
Е = 1 • 10е кГ/см2,
Е — 1,2-106 кГ/см2,
Е = 105 кГ/см2\
<7 1 8- Ю5 кГ/см2\
у = 7,7 Г/см3\
линейного расширения
а = 1,25- Ю-\
а == 2,25-10~5,
а-— 1,65-10-5;
р = 0,30.
Обозначения: [ст], [т] — допускаемые напряжения, на растя-
жение (сжатие) и сдвиг, стпц, стт, сту, ст„ — пределы пропорцио-
нальности, текучести, упругости и прочности соответственно.
ПРЕДИСЛОВИЕ К ТРЕТЬЕМУ ИЗДАНИЮ
Со времени второго издания сборника прошло около 10 лет.
Назрел ряд необходимых переработок и дополнений. В сборник
включено значительное количество новых задач по учету нагре-
ва, введен раздел об изгибе брусьев малой жесткости, исклю-
чены устаревшие задачи, исправлены замеченные погрешности.
Сборник предназначен для студентов технических вузов и ин-
женеров. Наряду с задачами, отвечающими учебной программе,
сборник содержит задачи повышенной трудности для углубленного
изучения курса и для кружковой работы.
Ко всем задачам даны ответы. Для многих задач приведены
решения (номера таких задач отмечены звездочкой); это облегчает
подготовку к экзаменам и пользование сборником в целях самооб-
разования.
Первая и вторая главы написаны Ю. П. Григорьевым, третья
и четвертая — А. М. Афанасьевым, пятая — В. А. Марьиным, ше-
стая — В. В. Новицким, седьмая — А. А. Уманским, восьмая —
А. С. Вольмиром, остальные—А. И. Коданевым.
Авторы выражают благодарность коллективу кафедры сопро-
тивления материалов Московского авиационного института, воз-
главляемой И. И. Трапезиным, за многие полезные замечания.
ЗАДАЧИ
Глава 1. РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ1)
§ 1. Экспериментальное исследование растяжения и сжатия
1.1. Стальной образец диаметром 40 мм растянут на испыта-
тельной машине. Удлинение образца, замеренное на длине 100 мм,
равно 0,12 мм. Определить нормальные напряжения в поперечном
сечении образца и усилие, создаваемое машиной. Предел пропор-
циональности стпц = 2600 кГ/см'Г
1.2. Определить напряжение и удлинение стального образца,
растягиваемого на испытательной машине силой 5,5 Т. Диаметр
образца d — 2Q мм, расчетная длина I = 10d.
1.3. Образец d — 10 мм, I = 10d растянут силой Р —IT. Удлине-
ние равно 0,067 мм. Определить, из какого материала сделан
образец.
1.4. При испытании образца d = 20 мм были зафиксированы
показания тензометра: п(=22мм, /г.2 = 34 мм, «.,=45мм, п4—5Е>мм,
соответствующие значениям растягивающей силы Р, = 500 кГ,
Рг — 1000 ‘кГ, Р3= 1500 кГ, Р, =2000 кГ. Вычислить величину мо-
дуля упругости материала образца, если известно, что увеличение
тензометра £--=500, а база его s=100jt«.
1.5* . Образец диаметром 4 — 20мм испытан на растяжение.
Деформации замерялись на длине / = 100 мм тензометром с увели-
чением £ = 500. Данные опыта приведены в следующей таблице:
Нагрузка Р, кГ 500 2500 500 2500 500 2500 500 2500 500
Отсчет по прибору Ам, мм 14,0 30,0 14,0 30,5 13,0 30,0 14,5 30,0 14,0
Нагрузка Р, кГ 2500 3500 4500 5500 6500 7500 8500 9000
Отсчет по прибору Ап, мм 30,5 39,0 46,5 55,0 63,0 71,5 80,0 85,0
J) Общие данные см. на стр. 5. (Это замечание относится ко всем главам.)
7
Определить модуль упругости Е материала образца и предел
пропорциональности <тпн, считая, что он достигается при отклоне-
нии деформации от линейного закона на Д=^0,002% от /.
1.6. Для изучения распределения удлинений при растяжении
расчетная длина образца 100 мм разделена тонкими рисками на де-
сять равных частей. Диаметр образца до испытания равен 10 мм.
После разрыва образца расстояния между рисками оказались рав-
ными: 11, 12, 12, 12, 15, 19, 13, 12, 11, 11 мм. Диаметр шейки
образца равен 6 мм. Построить эпюру (график) распределения
относительного остаточного удлинения по длине образца, вычис-
лить среднее (6ср) и максимальное (6тах) остаточные удлинения и
относительное сужение ф в шейке образца.
1.7* . Для определения коэффициента Пуассона р материала
испытан на растяжение плоский образец. Деформации замерялись
тензометрами А (по длине образца) и В (по ширине образца). В ре-
зультате опыта получены следующие данные:
Ступени нагружения Р. кГ Показания тензометра А, М М Показания тензометра В, ММ
500 5,0 32,0
1500 15,5 29,0
2500 26,0 25,0
3500 37,5 21,5
Вычислить р, если известно, что увеличения тензометров А и
В соответственно равны kA —900 и k- 1040. Базы обоих тензомет-
ров s=20 мм.
1Р
К задаче 1.9.
1.8. При испытании стального образца на сжатие были уста-
новлены тензометры А и В. Увеличения тензометров Аа=900,
8
/гв=1200. Базы тензометров s—20 мм. Приращения показаний
тензометров оказались равными: мм, Анй=3,6 мм. Опре-
делить коэффициент Пуассона.
1.9* . Прямоугольная пластинка сечения 200x10 мм с круглым
отверстием d=80 мм испытана на растяжение в пределах упругих
деформаций. В ослабленном сечении было установлено шесть тен-
зометров с базой s 10 мм и увеличением k =1000. Результаты
опыта приведены в Следующей таблице:
Ступени нагружения Р, кГ Показания тензометров в мм
1 1 ’ 3 4 5 6
1 000 8,6 2,0 2,0 4,0 12,0 7,0
12 000 12,0 6 , 5 11,0 12,5 17,0 11,5
23 000 16,5 11,1 ' 19,0 21,5 21,5 16,0
Построить эпюру нормальных напряжений, вычислить коэффи-
циент концентрации напряжений ак. Модуль упругости £==1,97 х
X 10“ кГ/см2. Считать напряженное состояние линейным.
1.10. При испытании на растяжение образца из малоуглеродис-
той стали диаметром d = 2 см, длиной /=10d получены следующие
данные: наибольшее растягивающее усилие Р„Ь1Х = 18 200 кГ,
усилие в момент разрыва Рр.|3р= 15 400 кГ, длина образца после
испытания /1 25,2 см, диаметр шейки di = l,4 см. Вычислить пре-
дел прочности материала (временное сопротивление) ов, относи-
тельное остаточное удлинение б и относительное сужение сечения
образца ф. Определить удельную работу а деформации, приняв
коэффициент полноты диаграммы для малоуглеродистой стали а—
=0,85.
1.11. Механический тензометр с увеличением k~ 1000 имеет
шкалу в сорок миллиметровых делений. Точность отсчета по шкале
равна 0,5 мм. Определить величину базы s тензометра, обеспечи-
вающую определение напряжений в стальном образце с точностью
до 20 кГ/см2. Вычислить величину наибольшего приращения на-
пряжения, которое можно измерить с помощью такого тензометра.
§ 2. Вычисление напряжений и деформаций
1.12. Круглый стальной стержень диаметром 20 мм и длиной
200 мм растягивается силой 5500 кГ. Определить величину нормаль-
ного напряжения, абсолютное и относительное удлинения.
1.13. При испытании стального образца было замерено удлине-
ние 0,2 мм, соответствующее силе 4000 кГ. Замер производился на
длине 100 мм. Определить площадь поперечного сечения образца
и величину Нормального напряжения.
9
1.14* . Найти полное удлинение и средние растягивающие на-
пряжения в отдельных частях круглого стального стержня, ослаб-
ленного продольной прорезью.
Дано: Р=1500 кГ, d=2 см,
/=40 см, /,=25 см.
1.15. Цилиндрический сталь-
ной стержень длиной /=200 мм
под влиянием сжимающей силы
укоротился на величину Х=
= 0,2 мм. Наружный диаметр ци-
линдра £>=40 мм, внутренний
диаметр 7=30 мм. Определить
сжимающую силу и напряжения в стержне.
1.16* . Вычислить нормальные напряжения в цилиндре аморти-
зационной стойки шасси самолета, если давление воздуха в аморти-
заторе (на стоянке) р= 100 атм, а внутренний диаметр цилиндра
7=10 см при толщине стенки /=4 мм. Как изменятся напряжения
в цилиндре, если при взлете самолета давление в амортизаторе
уменьшится вдвое?
К задаче 1.16.
1.17* . Мачтовый кран состоит из мачты, стрелы АВ, прикреп-
ленной к мачте шарниром А, и троса СВ. К концу стрелы подвешен
груз Р=200 кГ. Стрела выполнена из стальной трубы 20х 18 мм,
площадь поперечного сечения троса СВ равна 0,1 см2. Вычислить
нормальные напряжения в тросе и в стреле.
1.18. Переносный кран поднимает груз Q=l,5 Т. АВ=АЕ=
= AF=\ м, плоскость АВС делит прямой двугранный угол EABF
пополам. Тросы BE, BF и струна ВС имеют диаметр 20 мм. Диаметр
стойки АВ <7=100 мм, стрела АС выполнена из стальной трубы
100X92 мм. Вычислить напряжения, возникающие в частях крана,
и величину укорочения стрелы АС. .
10
1.19* . Нагрузка на балку распределена по закону параболы
р(х)=р(1 — х2//2). Дано: /=4 м, Л=1,8 м, а=30°, р=120 кГ/м.
К задачу 1.19
Площадь сечения стальной тяги АВ F= 10 см1. Найти продольное
усилие и нормальное напряжение в тяге. Вычислить величину вер-
тикального перемещения дс свободного конца балки (точки С),
пренебрегая деформацией балки.
1.20. Бетонный кубик с ребром а=10 см сжимается на прессе
силой Р=1000 кг. Вычислить напряжения в кубике и величины
абсолютного упругого изменения длин его ребер, считая модуль
упругости бетона £=2-106 кГ)смг, а коэффициент Пуассона при
сжатии р=0,15.
1.21. Стальной кубик с ребром а и медный кубик с ребром 2а
поочередно сжимаются на прессе. Определить величину отношения
сжимающих сил Pt и Р2, прикладываемых к кубикам, если известно,
что кубики получают одинаковые упругие укорочения.
1.22. Полая чугунная колонна несет сжимающую нагрузку Р=
=30 Т. Вычислить напряжения в поперечном сечении, относитель-
ное и абсолютное укорочение ко-
лонны.
К задаче 1.22. К задаче 1.23.
1.23* . Весьма жесткий брус подвешен на двух трубчатых тягах
АС 30x24 мм и BD 20х 16 мм. Вычислить, на каком расстоянии х
н
от точки А следует приложить груз Р для того, чтобы при дефор-
мации тяг брус оставался горизонтальным. Деформацией бруса
пренебречь.
1.24. Массивная плита опирается на три вертикальных коротких
стержня одинакового диаметра. Определить, в какой точке должен
быть приложен груз Р, чтобы при деформации стержней плита пере-
мещалась поступательно. Рассмотреть два случая: а) все стержни
стальные, б) стержень 1 стальной (£ст=2-10“ кГ/см2), стержень 2
медный (£„=-4,1-10“ кГ/см'1), стержень 3 дюралевый (£д=0,7х
X 10е кГ/см-).
К задаче 1.21.
К задаче 1.26.
1.25. * На круглый стальной брус диаметром d=3 см, заделан-
ный одним концом, Действуют три силы, приложенные на раз-
личных уровнях: Р1 = 10Т, Р2=14Т, Ря=12Т. Вычислить про-
дольные силы и Напряжения на участках 1—2, 2—3, 3—4 и
перемещения сечений 1—7, 2—2, 3—3, 4—4, пренебрегая собст-
венным весом стержня. Построить эпюры продольных сил N и пере-
мещений А. Длины участков бруса а=20 см, Ь=10 см, с=30 см.
1.26. Ступенчатый стальной брус (£п=5 см2, Fb=lQ см2, FQ=
= 12 см2) нагружен в. различных сечениях силами Ра=2 Т, Рь=
=6 Т, £с=12 Т. Дано: а=40см, Ь==80 см, с=20 см. Построить эпю-
ры продольных сил, нормальных напряжений и перемещений се-
чений бруса. Собственным весом бруса пренебречь.
1.27* . Вычислить жесткости на растяжение двух стержней,
сплошного ступенчатого и трубчатого (см. рисунок).
1.28* . Брус, имеющий форму усеченного конуса, растянут силой
Р. Требуется: а) определить удлинение, считая, что длина бруса
значительно больше его поперечных размеров, б) найти площадь
поперечного сечения цилиндрического бруса, имеющего при длине
I ту же жесткость на растяжение, что и данный конический брус.
1/29. Вычислить жесткость на растяжение—.сжатие детали,
имеющей форму усеченного конуса, ослабленного сквозным про^
12
дольным-отверстием, диаметр которого Определить внешний
диаметр эквивалентного по жесткости полого цилиндра той же
длины с внутренним диаметром £>„.
27/
1.30*. Вычислить жесткость ступенчатого стержня, составлен-
ного из.двух цилиндрических участков с жесткостями и Z?2. Рас-
пространить решение на случай любого числа участков с жестко-
стями kt, k2, k-t, . . . , kn? Используя полученную формулу, решить
задачу 1.28.
1.31*. Вычислить суммарную жесткость двух сжимаемых па-
раллельных стержней, находящихся между поступательно переме-
щающимися абсолютно жесткими плитами. Распространить реше-
ние на случай произвольного числа параллельных стержней.
§ 3. Подбор сечения и проверка напряжений
1.32. Подобрать ширину тяг рычажной системы для статических
испытаний крыла самолета, считая, что они сделаны из полосового
железа толщиной /=3 мм. Наибольшая нагрузка на систему равна
Р==10 Т, а допускаемое
напряжение на растяжение
[о] = 1600 кГ/смг.
1.33*. Подобрать диа-
метр шпилек крепления ци-
линдра двигателя внутрен-
него сгорания к картеру,
считая распределение уси-
лия между шпильками рав-
номерным, а допускаемое
напряжение равным 1а] =
= 900 кГ/смг. Внутренний
диаметр цилиндра /1 = 160 ммг
газов в цилиндре р=70 атм,
К задаче 1.32.
наибольшее избыточное давление
число шпилек равно 14.
13
1.34. Вертикальная нагрузка Р=25 Т передается на основание
через полую чугунную колонну, внешний диаметр которой равен
£)=20 см. Найти: внутренний диаметр колонны d, размер а квад-
ратной подошвы колонны и размер b нижнего квадратного основа-
ния. Допускаемое напряжение на сжатие принять равным для
чугуна [о]=500 кГ/см2, для кладки фундамента [<т] = 10 кГ/см2,
для грунта [о]=2,5 кГ/см2.
1.35. К кронштейну ABCD подвешен груз Р=15 000 кГ. По-
добрать площади сечений стальных стержней кронштейна и вычис-
лить величину и направление полного перемещения 6С узла С.
Допускаемое напряжение материала растянутых стержней [ор1 =
= 1200 кГ/см2, сжатого стержня 1ос1=600 кГ/см2.
1.36. Цепь 00, приспособления, захватывающего грузы, соеди-
нена шарниром О со стержнями ОС=О£)=60 см. Стержни соеди-
К задаче 1.36.
нены шарнирами с двумя равными ло-
маными рычагами САЕ и DBF, кото-
рые могут вращаться вокруг точек А и
В соединительного стержня АВ. Особые
К задаче 1.37.
колодки, прикрепленные в шарнирах Е и F, удерживают груз
<2=1 Т за счет трения. EL=5O см, EN—1 м, O^=10 см. Опреде-
лить площадь поперечного сечения соединительного стержня АВ
Н
по допускаемому напряжению [ог1 = 16ОО кГ/см\ Весом частей
механизма пренебречь.
1.37* . К двум стержням одинакового поперечного сечения F—
=5 см2, наклоненным к горизонту под углом 30°, подвешен груз Р.
Определить безопасную величину этого груза. Допускаемое напря-
жение [а] =1000 кГ/см1, модуль упругости £'=2,О5-1Оо кГ/см'1.
1.38* . Определить перемещение бв узла В в предыдущей
задаче.
1.39. Произвести поверочный расчет на прочность цилиндра и
штока поршня компрессора, создающего давление р=250 кГ/см*.
Внутренний диаметр цилиндра 0=40 мм, толщина стенки /=2 мм,
диаметр штока d=15 мм. Допус-
каемое напряжение для материала
штока [а] = 1600 кГ/см~, а для мате-
риала цилиндра [о|=3000 кГ!см2.
К задаче 1.40.
К задаче 1.39.
1.40. Скоба для крепления расчалок соединена с деревянной
балкой при помощи болта ri=20 мм. Требуется: а) определить
из условия прочности болта величину допускаемой нагрузки Р
со стороны расчалок при допускаемом напряжении для материала
болта [о]=400 кГ/см-\ б) определить диаметр D шайбы, подклады-
ваемой под головку болта, если допускаемое напряжение смятия
для дерева [о]см =50 кГ1смг. Затяжкой болта пренебречь.
§ 4. Статически неопределимые задачи
на растяжение — сжатие
1.41*. К трехстержневому узлу приложена вертикальная си-
ла Р. Все стержни лежат в одной плоско-
сти, выполнены из стали и имеют одинаковое
поперечное сечение. Определить величину
груза, при которой напряжение в наиболее
нагруженном стержне не превосходит до-
пускаемого. Дано: а=30°, площадь сечения
F=2ca(2, предел текучести стт=2600 кГ1см\
коэффициент запаса прочности по пределу
текучести kT —2.
1.42. Как и насколько изменится вели-
К задаче 1.41.
чина допускаемой силы Р, если в задаче 1.41 площадь сечения
стержня ВО уменьшить вдвое?
15
1.43* . К кронштейну, состоящему из четырех стержней, прило-
жена вертикальная сила Р. Все стержни лежат в одной плоскости и
имеют одинаковые сечения F=2 см'1. Материал стержней — сталь,
ог = 2600 кГ/см'1. Вычислить допускаемое значение силы Р, приняв
коэффициент запаса прочности по пределу текучести /г,-2. Угол
а-30°.
1.44. Определить, насколько изменится величина допускаемой
силы Р, если средние стержни BD и B’D кронштейна задачи 1.43
выполнить из меди, имеющей предел текучести стг =3000 кГ/см1.
К задаче 1.43
1.45. Пятистержневой симметричный плоский узел нагружен
силой Р, наклоненной под углом 0=30° к горизонту. Определить
усилия в стержнях, считая, что все стержни имеют одинаковое се-
чение и сделаны из одного и того же материала. Углы между стерж-
нями а=30°. Указание. Силу Р разложить на вертикальную
и горизонтальную составляющие, найти усилия от каждой состав-
ляющей в отдельности, а затем просуммировать их, используя прин-
цип независимости действия сил.
1.46* . Вертикальная сила Р действует на плоский узел с не-
симметрично расположенными стержнями. Вычислить усилия в
стержнях, считая, что они выполнены из одного материала и имеют
одинаковое поперечное сечение.
1.47. Шарнирный четырехзвенник A BCD расчален по диагона-
лям стальными лентами ЛС и BD и нагружен горизонтальными1
16
силами Р=4000 кг каждая. Стержень АВ представляет собой сталь-
ную трубу 30x26 мм. Стойки AD и ВС также
25x21 мм. Площадь сечения диагональных рас-
чалок Fac = F9 см2. Вычислить напряже-
ния во всех элементах конструкции. У к а з а-
н и е. Учесть, что в результате деформации кон-
струкции стержень АВ смещается вверх па-
раллельно первоначальному положению.
1.48*. Стальной стержень постоянного сече-
ния /7=25 см'- жестко защемлен обоими концами
и нагружен вдоль оси силами Р в сечении п—п
и 2Р в сечении т — т. На расстоянии Z/4 от
нижнего конца стержня сделан узкий сквозной
пропил Д = 10~4 I. Определить допускаемую
величину силы Р, если известно, что давление
стержня на фундамент в сечении В не должно
п рев ы шат ь 400 кГ/см2.
1.49. Вычислить, насколько увеличится ди-
стальные трубы
А
7//Д//7
В
К задаче 1.4 8-
пускаемая величина силы в предыдущей задаче, если зазор А уве-
личить вдвое, приняв Д=2-10~4/.
1.50. Стальная лестница прикреплена к стене на уровне первой
и одиннадцатой ступенек. Считая стену абсолютно жесткой, вычис-
лить реакции опор лестницы в-тот момент, когда на ней находятся
три человека весом по 100 кГ каждый, расположенные на пятой,
девятой и четырнадцатой ступеньках.
К задаче 1.50.
К задаче L52.
1.51*. Вычислить реакции опор VA и Vа для стального ступен-
чатого бруса, жестко защемленного обоими концами и нагружен-
ного силами Р=20000 кГ в сечении т— т и 4Р=80 000 кГ в се-
чении п — п. По оси бруса просверлено сквозное отверстие диа-
метром dn=2 см. Внешние диаметры ступеней бруса: dr=6 см,
г-*----- , ' Л 17
Инн. Ni-----------—
Библиотек У НИ
dt~4 см, d.,=8 см. Построить эпюры продольных сил N, нормаль-
ных напряжений о и продольных перемещений сечений бруса X.
1.52 . Ступенчатый стальной брус жестко защемлен двумя кон-
цами и нагружен в точках С и D силами 2Р и Р. Площадь сечения
средней ступени в полтора раза, а площадь верхней — в два раза
больше нижней. Подобрать сечение бруса из условия прочности
по допускаемому напряжению 1о]=1600 кГ/см\ считая силу
Р=6000 кГ. Вычислить перемещение точки С по вертикали (Дс)
и удлинение ZCD средней ступени.
1.53 . Вычислить усилия в стержнях простейших статически не-
определимых плоских ферм, считая, что стержни имеют одинаковое.
18
*~25см--
К задаче 1.54.
поперечное сечение и выполнены из одинакового материала. (Необ-
ходимые данные см. на рисунке.) Подобрать площадь сечения
наиболее нагруженного стержня при Р=20 Т и [о] = 1600 кГ/см2.
1.54 *. Короткая деревянная колонна 25x25 см, усиленная че-
тырьмя стальными уголками 40x40x4 мм, сжимается силой Р,
передающейся через абсолютно жесткую плиту.
Вычислить, какая часть силы воспринимается под-
крепляющими уголками. Определить допустимую
силу Р, если 1о|ст=1600 кГ/слР, 1о]дер=120 кГ/см2.
1.55 . Для колонны задачи 1.54 вычислить, на-
сколько следует укоротить уголки, для того чтобы
напряжение в деревянной части достигло допуска-
емого. Насколько увеличится при этом допускае-
мая сила Р? Влиянием поперечных связей Между
уголками и колонной пренебречь.
1.56 *. Тонкая дюралевая пластинка, подкреп-
ленная по продольным краям стальными ребрами
(стрингерами), растягивается силой Р. Вычислить,
как распределится растягивающая нагрузка между
пластинкой и ребрами. Определить величину до-
пускаемой силы Раоп. Дано: 6=20 см, /—0,2 см,
F=2 см2, а=40 см. Для стали £=2,1-10“ кГ/см1,
временное сопротивление ов=9000 кГ/см2. Для
дюраля £=0,7-10“ кГ/см2, ов=4000 кГ/см2. Коэффициент за-
паса м=3.
1.57 . Растянутая панель крыла самолета состоит из дюралевой
обшивки толщиной t=2 мм, дюралевых стрингеров с площадью
сечения £сгр=0,8 см2 и стальных поясов таврового сечения пло-
щадью £„=6 см2. Ширина панели В=60 см, расстояние между
стрингерами 6=10 см. Длина панели п=1 м. Вычислить доли
нагрузки, воспринимаемые обшивкой (Мой), стрингерами (Л^стр) и
поясами (Мп). Найти величину допускаемой силы Рлоа для панели,
считая, что для стали £=2,1-10“ кГ/см2, <ув = 12 000 кГ/см2, а для
дюраля £=0,7-10“ кГ!см2, ов=5000 кГ/см2. Коэффициент запаса
п=4.
19
1.58 *. Определить усилия в параллельных стержнях, прикреп-
ляющих абсолютно жесткий брус. Стержни АА' и ВВ' имеют оди-
наковые площади сечения, площадь сечения стержня СС' вдвое
больше. Вычислить величину допускаемой силы Рюп из условия
прочности наиболее нагруженного стержня при С=6 слС и lol =
— 160G кГ/см'1.
1.59 . В какой точке надо приложить силу Р, для того чтобы
брус АВ, рассмотренный в задаче 1.58, при упругой деформации
тяг перемещался поступательно. Вычислить возникающие при этом
усилия в тягах и определить величину допускаемой нагрузки Р;М11|.
1.60 *. Подвешенный на двух стальных параллельных тягах
одинакового сечения F=15 см2 абсолютно жесткий брус АВ сперт
посередине пролета на полый медный цилиндр 100x80 мм. Опре-
делить допустимую интенсивность нагрузки р, если допускаемые
напряжения для стали 1о| = 1600 кГ/см'1, для меди |о|=400 кПсм2.
1.61 *. Подкосное крыло самолета нагружено силами, распре-
деленными по закону трапеции. Площади сечений и материал под-
косов одинаковы. Считая крыло и фюзеляж самолета абсолютно
жесткими, вычислить усилия в подкосах Nлс и Л/А£) и реакции со
стороны фюзеляжа V ls и Н ls.
К задаче L61. К задаче 1-62-
1.62 . Ферменное шасси легкого самолета состоит из массивной
оси ЛС и шарнирно присоединенных трубчатых стальных подкосов
одинакового сечения. Подобрать площадь сечения подкосов С
29
из условия прочности на сжатие и определить величину поступатель-
ного вертикального перемещения Л оси АС вследствие деформа-
ции подкосов. [ст| 800 к.Г!см3. На каждое колесо действует сила
Р=1450 кГ.
1.63 *. Для ферменного шасси предыдущей задачи вычислить уси-
лия в стержнях при посадке самолета на одно колесо. Принять, что
на левое колесо действует сила 2Р=2900 кГ, а правое колесо не
нагружено.
1.64 ; Найти усилия в тросах, расчаливающих мачту AD, шар-
нирно опирающуюся на фундамент. Ветровая нагрузка р=50 кГ/м
постоянна по длине мачты. Сечения всех тросов одинаковы. Мате-
риал — сталь. Подобрать необходимое сечение тросов по допускае-
мому напряжению (а]=1600 кГ/см2 и вычислить горизонтальное
перемещение А.г верхнего конца мачты. Деформацией мачты и на-
чальным натяжением тросов пренебречь.
1.65 *. Подобрать сечение стержней, поддерживающих абсолют-
но жесткую квадратную плиту. Стержни одинакового сечения шар-
нирно соединены с плитой. Вычислить наибольшее опускание угла
плиты. Дано: й= 1,8 м, 6=0,6 я, с = 1 я, 1=2 я, Р=5 Т, [о]=
=2000 кГ/см3, Е =2-W кГ/см'1.
1.66 . Абсолютно жесткие балки шарнирно прикреплены к не-
подвижному телу с помощью стальных стержней. Вычислить уси-
лия в стержнях и определить из условия прочности необходимую
величину площади F. Допускаемое напряжение на растяжение [<т]р=
= 1600 кГ/см3, допускаемое напряжение на сжатие [о]с=800 кГ/см3,
параметр нагрузки Р = 10 Т.
1.67 . Массивный брус AD шарнирно укреплен в точке D и под-
держивается тремя тягами. Пренебрегая деформацией бруса, вы-
числить усилия в тягах и допускаемую силу Р, если F=2 см3,
а допускаемое напряжение материала тяг [о]=1600 кГ/см3.
1.68 *. Прямой брус площадью сечения 4F жестко защемлен
обоими концами и подкреплен двумя тягами BD и B'D' с площа-
дями сечений F. Определить реакции верхней и нижней заделок и
21
К задаче 1.66.
усилия тяг, если к брусу в сечении ВВ' приложена вертикальная
сила Р=30 Т. Определить F из условия прочности конструкции,
приняв допускаемое напряжение на растяжение |о|р= 1600 кГ!см3,
а на сжатие [ст]с=800 кГ/см3.
К задаче I G7.
К задаче 1.63.
1.69 *. Ступенчатый брус, жестко заделан концами А и В.
Участок АС нагружен равномерно распределенной осевой силой
интенсивностью q=P/l. В точке D приложена сосредоточенная
сила Р. Вычислить реакции в заделках Нл и Н в, построить эпюры
продольной силы N, нормальных напряжений о и поступательного
К задаче 1.09.
перемещения сечений А. Найти наибольшее напряжение и наиболь-
шее смещение Атах. Дано: 5 m, I ^60 см, F—2 см3. Модуль
упругости £=2,1-10’ кГ1см3.
1.70 . Для ступенчатых стальных брусьев, изображенных на
чертеже, определить реакции в заделках, построить эпюры продоль-
ных сил N, нормальных напряжений ст, продольных перемещений
X. Определить опасное сечение и подобрать необходимую площадь
F из условия прочности на растяжение или сжатие. Дано: /-*=20 Т,
й=50 см, <7=200 кГ/м. Допускаемое напряжение на растяжение
1ст]р= 1600 кГ/см3, на сжатие [а]с=600 кГ/см3.
1.71 *. Цилиндрический латунный сосуд с плотно надетой на
него стальной рубашкой нагружен внутренним давлением р. Опре-
делить допускаемую величину давления рдоп из условия проч-
ности. Дано: для латуни предел текучести ст.г=400 кГ/см\
= 1,1-10’ кГ/см3, для стали стт=2200 kF/см3, £ст=2,2-10’ кГ!см*.
Коэффициент запаса по пределу текучести &г=1,5. Влиянием
днищ цилиндра пренебречь.
23
К задаче 1.71.
1.72 . Стальной цилиндр высокого давления армирован по всей
длине плотно намотанной проволокой. Проверить прочность ци-
линдра, если рабочее давление р=150 атм. Для материала цилин-
дра [о]=3000 кГ/см1, £=2,2-10е кГ/см1, для проволоки |<т] =
= 1600 кГ/см1, £=1,5-10® кГ/см1 (с учетом возможной неплотности
намотки). Вычислить максимально допустимое давление и срав-
нить его с допускаемым давлением для неармированного цилиндра.
Указание. Армирующую проволоку заменить равновеликой
но площади сечения сплошной рубашкой.
1.73 *. Абсолютно жесткое тело прикреплено параллельными
упругими стержнями, жесткости которых k}=E}Fj/lj заданы. Опре-
делить вертикальное перемещение w тела и углы поворота его <рх и
<р,/ вокруг осей х и у под действием силы Р.
1.74 *. Диск, предполагаемый абсолютно жестким, прикреплен
упругими стержнями в своей плоскости. Жесткости kj=EjFj/l)
стержней на растяжение — сжатие известны. Определить посту-
пательные перемещения и и v диска вдоль произвольно взятых
ортогональных осей х, у и угол поворота его <р относительно начала
координат С под действием силы Р, заданной ее проекциями Рх,
Pfl и моментом ее Мс относительно С.
1.74 а*. Определить, под каким углом а0 необходимо направить
силу Р к оси х, чтобы вызываемое ею перемещение было парал-
лельно силе.
1.746 *. Определить усилия в стержнях, если заданы величина и
направление силы Р и жесткости прикрепляющих стержней kj.
§ 5. Температурные и монтажные напряжения. Болтовые
соединения с предварительной затяжкой
1.75 . Определить температурные напряжения в трамвайных
рельсах, сваренных в непрерывную линию при температуре 20 °C,
если в течение года температура меняется от —30 °C до 40 °C. При
какой температуре следует сваривать рельсы, чтобы наибольшие
2У
напряжения растяжения и сжатия при колебаниях температуры
были одинаковы по абсолютной величине?
1.76 *. Сравнить температурные напряжения в трех стальных
брусьях, заделанных в абсолютно неподатливые стенки. Изменение
температуры равно 30 °C. Как влияет изменение сечения стержня
на величину температурных напряжений?
К задаче 1.76.
К задаче 1.78.
1.77 *. Трехстержневой узел собран при температуре 4=20 °C.
Определить напряжения, возникающие в стержнях при нагреве
до 100 °C. Материал — сталь.
1.78 *. Вычислить температурные напряжения в стальных под-
косах массивной дюралевой балки АС, возникающие после нагрева
конструкции на 30 °C. Упругой деформацией балки пренебречь, но
учесть ее температурное удлинение.
1.79 . Панель крыла самолета, сечение которой показано на
чертеже, состоит из дюралевой обшивки толщиной 0,6 см и трех
стальных стрингеров площадью по 4 с.и2 каждый. Определить напря-
жения, возникающие в элементах панели при нагреве на 100 °C в
при охлаждении на 60 °C. £ct==2,1 • 10е кГ/смг.
К задаче 1.79.
1.80 *. Определить напряжения после посадки стального ци-
линдра толщиной 1 мм, нагретого до +60 °C, на медную втулку
толщиной 4 мм, имеющую температуру +15 °C. В момент посадки
вазор между втулкой и цилиндром равен нулю. После посадки
соединение охлаждается до +15 °C. Кроме напряжений во втулке и
цилиндре, вычислить их взаимное давление.
£6
1.81 . Внутренняя часть составного цилиндра имеет толщину
блл/ и выполнена из латуни; ал=18-10““ кГ/сл2, £л=1.2-10“ кГ/см*-,
наружная рубашка стальная толщиной 2 мм. £„=2,1 х
х 10’ кГ/см". Определить давление рубашки на внутреннюю часть
цилиндра и напряжения, возникающие при нагреве на 100°C.
1.82 . По технологическим условиям сборки внутренний диа-
метр стальной рубашки, имеющей толщину 1 мм, выполнен на
0,05 мм меньше наружного диаметра медной втулки толщиной 8 мм.
Сборка ведется при температуре 20 °C. До какой температуры надо
нагреть стальную рубашку, для того чтобы ее можно было запрес-
К задаче 183.
совать на втулку? Какие напряжения
возникнут в частях составного цилиндра
после сборки и охлаждения до 20 °C?
£м = 1,1 • 10“ кГ/см*.
К задаче 1.81. К задаче 1.82.
1.83 *. Две дюралевые трубки стянуты болтом с помощью массив-
ных шайб. Между трубками вставлена медная прокладка. При ком-
натной температуре (15 °C) натяжение болта равно Мо=2000 кГ.
Определить напряжения в болте и трубках при нагревании соеди-
нения на 20 °C. Насколько надо охладить соединение, чтобы лик-
видировать затяжку? £„=2,1-10“ кГ/см2, £м=1,1-10“ кГ/см2.
Деформацией шайб пренебречь.
1.84 . Вычислить напряжения в элементах конструкции при на-
гревании ее на 50 °C. Упругими деформациями массивных брусьев
АВ и А'В' пренебречь. Конструкции, показанные на фиг. а), б),
в), г), целиком выполнены из стали. При какой температуре напря-
жение в наиболее нагруженном элементе равно допускаемому?
1сг1ст=1600 кГ/см2, 1а]д=1200 кГ/см2, £м = 1,2-10“ кГ/см2, |о|м =
=600 кГ/см2.
1.85 . Два абсолютно жестких блока должны быть соединены
между собой тремя параллельными стальными стержнями. Один
стержень оказался короче двух других на 6=0,0005/. Определить
напряжения в стержнях после сборки, если короткий стержень
поставлен а) посередине, б) с краю. £=2-10“ кГ/см2. •
1.86 *. При сборке стального узла выяснилось, что средний
стержень длиннее номинального значения на 6=5-10““ /. Вычислить
напряжения в стержнях после сборки узла, если сечения всех
стержней одинаковы. Угол а=30°.
27
1.87 *. Вычислить, при какой температуре исчезнут начальные
напряжения в стержнях узла, рассмотренного в предыдущей задаче,
если сборка узла велась при температуре +15 “С.
1.88 . Абсолютно жесткая балка AD поддерживается стальными
тягой Л'С и подкосом А“В. Длина тяги оказалась короче расчетной
на 0,1%. Вычислить напряжения в
стержнях после сборки и определить,
на сколько градусов нужно нагреть под-
кос, чтобы свободно выполнить монтаж.
Площадь сечения стержней F=2 см1.
К задаче 1.88.
1.89 *. Ступенчатый стальной болт стягивает две цилиндричес-
кие втулки — стальную и латунную. Вычислить допускаемую
силу, которую можно приложить к болту, по допускаемому напря-
жению Ы1600 кГ/см'1. Величину предварительной затяжки бол-
та выбрать так, чтобы в момент приложения допускаемой силы
остаточная затяжка ДЛ% составляла 25% от предварительной за-
тяжки Nn. Податливостью гайки и головки болта пренебречь.
К задаче 1.90,
К задаче 1.91.
1.90 . Тонкостенный цилиндрический сосуд из дюраля закрыт
крышкой из того же материала. Герметичность соединения обеспе-
чивается предварительной затяжкой стальных болтов, выбираемой
так, чтобы остаточная затяжка при действии на каждый болт
расчетного усилия Р составляла 0,4 Р. Крышка прикреплена
29
двадцатью болтами d=10 мм. Допускаемые напряжения: 1ст14 =
= 1700 кГ/смг, [ст]ст= 1900 к.Г/смг. Определить допускаемую вели-
чину внутреннего давления р в сосуде и величину предварительной
затяжки Na.
Указание. Жесткость стягиваемых деталей Лдег = Ebs/t,
где b—ширина поверхности стыка, s—шаг болтов, t—тол-
щина детали.
К задаче 192.
1.91*. Чугунная деталь
4 стальными шпильками 5.
2 прикреплена к массивной станине
Соединение осуществляется через мед-
30
ную распорную втулку 3. Под гайку положена стальная шайба 1.
Деталь 2 отрывается от станины силой Р = \Т (на каждую шпильку).
Определить предварительную затяжку при температуре +15 °C из
условия нераскрытия стыка. Соединение работает в условиях изме-
нения температуры от +60 °C до—60 °C. Произвести поверку проч-
ности шпильки по допускаемому напряжению 1о1=1600 кГ/слР,
ачуг= 10,7-10"“, Есл 2,1 • 10“ кГ/смг, Ем =1,2-10“ кГ/см1, Ечу1 =
= 1 • 10“ кГ/см3.
1.92*. Определить монтажные напряжения в стержнях сталь-
ных статически неопределимых систем, показанных на чертеже,
считая, что один из стержней на 0,1% короче, чем это требуется по
проекту: 6=0,001 I.
§ 6. Учет собственного веса конструкции
1.93*. Балка АС шарнирно прикреплена к абсолютно жесткой
стене и поддерживается стальным подкосом BD. Определить поло-
жение точки В крепления подкоса к балке из условия минимума
веса подкоса. Определить минимальный вес подкоса. Дано: /=6 м,
h=3 м, Р=4 Т, удельный вес стали у=7,85 Г/см3, допускаемое
напряжение |сг]=1600 кГ/см'1. Погонный вес балки р=100 кГ/м.
К задаче 1.93.
К задаче 1.94.
1.94. Вычислить теоретический вес (без учета веса соединитель-
ных элементов) двухстержневого кронштейна с симметрично рас-
положенными стержнями, считая, что стержни выполнены из оди-
накового материала, для которого допускаемое напряжение на
растяжение в два раза больше допускаемого напряжения на сжатие
1<т1р=2-[<г]сж. Рассмотреть два случая:
а) к узлу приложена только горизонтальная сила Рг,
б) к узлу приложена только вертикальная сила Рв.
При каком значении угла а вес окажется наименьшим?
Удельный вес материала стержней у.
1.95 *. Абсолютно жесткий брус АВ нагружен равномерно
распределенной нагрузкой р=500 кГ/м, в которую включен и соб-
ственный вес бруса. Определить длину Л стержней АС и AD так,
чтобы суммарный вес прикрепляющих стержней был наименьшим.
Стержни стальные, у=7,85 Г/см3, допускаемое напряжение на
31
растяжение lalp= 1600 кГ/см\ на сжатие 1о|с=800 кГ/см'1. Площади
сечений стержней выбраны из условия равнопрочное™. Принимая
/=4 м, вычислить минимальный вес прикрепляющих стержней.
\200нГ
К задаче 1 98
с задаче 1-97-
л
1 1 ।
1.96 *. Определить наибольшие нормальные напряжения и уд-
линение ХАВ стержня под действием собственного веса. Построить
эпюры продольных сил, нормальных напряжений и перемещений
для стального стержня длиной /=10 м. Удельный вес стали
= 7,85 Г/см3, модуль упругости Е=2,1-10 кГ/см1. Определить наи-
большую длину, допустимую по условию прочности, при lol =
= 1600 кГ/см1.
1.97 . Построить эпюры продольных сил, нормальных напряже-
нии и удлинений для конического стержня, растягиваемого соб-
ственным весом. Вычислить предель-
ную длину, допускаемую по условию
прочности, если у = 7,85 Г/см3, а до-
пускаемое напряжение на растяжение
lol = 1600 кГ/см1.
1.98 *. Для удержания привязного
аэростата на высоте 300 м в безвет-
ренную погоду к нижнему концу тро-
са требуется приложить вертикаль-
ную силу 200 кГ. Определить пло-
щадь сечения троса по допускаемому
напряжению |о| = 1000 кГ/см1, вес
троса G и его абсолютное удлинение
кГ/см"-. Удельный вес троса у=7 Г/см3.
X при £=2-10й
1.99. Ступенчатая штанга шахтного насоса состоит из четырех
частей разного диаметра, но равной длины (по 7,5 .и). К нижнему
концу штанги приложен груз Р 800 кГ, удельный вес материала
штанги у=7,7 Г/см3. Подобрать диаметры так, чтобы напряжение в
верхнем сечении каждой из частей было равн$ацопускаемому lol --
= 700 кГ/см1. Подсчитать, какой выигрыш в ;есе получается ио
сравнению с равной по прочности штангой постоянного по длине
диаметра.
1.100* . Призматический ступенчатый брус, заделанный верх-
ним концом, растягивается собственным весом и силой Р, прило-
женной к нижнему концу. Напряжения в верхних сечениях каждой
32
ступени равны допускаемому lol. Определить длину х нижней части
стержня так, чтобы вес стержня был минимальным.
1.101. Заделанный двумя концами ступенчатый брус деформи-
руется под действием собственного веса. Вычислить реакции Уд
и Ув в заделках, считая, что обе части
бруса выполнены из одинакового материа-
ла с удельным весом у и модулем упругости
Е. Площади сечений Fv и F2.
W///^////7,
тг
Ft и F2.
A
4
*
К задаче 1.100.
В
К задаче 1.101.
1.102. Медный и стальной стержни одинаковой длины имеют
равные площади поперечного сечения. Стержни заделаны концами в
абсолютно жесткие обоймы, к которым приложены растягивающие
силы Р. Определить, на каком расстоянии х от оси стального стер-
жня следует приложить растягивающие силы Р, чтобы вес соедине-
ния, рассчитанного при условии соблюдения равнопрочности стер-
жней, был наименьшим. [о]сг=1600 кГ/см2, [о]и=800 кГ/см2,
= 1,2-10е кГ/см2.
§ 7. Определение несущей способности
1.103*. Для трехстержневого узла, рассмотренного в задаче
1.41, найти предельное значение нагрузки Р, при котором пласти-
ческая деформация охватит все три стержня. Принять, что стержень,
после того как напряжение в нем достигает предела текучести от =
=2600 кПсм2, не окалывает дополнительного сопротивления даль-
нейшей деформации Построить диаграмму перемещения узла D
п зависимости от величины прилагаемой нагрузки. Дано: /=100 см.
1.104. Вычислить предельную нагрузку Р на симметричный
узел А, образованный пятью стальными стержнями с одинаковой
площадью поперечного сечения F=2 см2. Построить график пере-
мещений узла А в зависимости от величины силы Р. Дано: /=100 см,
•а=30°, предел текучести от =4000 кГ[см\
2 Иод ред. А. А. Уманского 33
1.105. Найти предельную силу Р, которую можно приложить
к абсолютно жесткому брусу на трех тягах. Дано: /=50 см, а—
=30 см, F=2 см2. Материал — сталь, от=2400 кГ/см\ коэффи-
К задаче 1104 К задаче 1 105
1.106*. Сравнить величины допускаемой силы Р, приложенной к
железобетонной колонне, проведя сначала расчет по допускаемым
напряжениям, а затем по предельному состоянию. В обоих случаях
коэффициент запаса принять равным /гг=3. Сечение колонны 40 X
х40 см. Стальная арматура занимает 2% от
общей площади сечения колонны. Дано:
<<=4000 кГ1смг, £бет=2-105 кГ/см*. о< =
<=250 кГ/см2.
Арматура
К задаче 1.107.
К задаче I 106
4Лм
1.107. Составной короткий цилиндр нагружен сжимающей си-
лой Р, передающейся через абсолютно жесткую плиту АВ. Внут-
ренний цилиндр — из алюминиевого сплава, наружный — из стали.
Считается, что каждый из материалов, достигнув предела текучести,
не оказывает дополнительного сопротивления дальнейшей дефор-
мации. Определить допускаемую нагрузку на цилиндр двумя спо-
84
собами: по допускаемому напряжению и по несущей способности (по
предельному состоянию) при одинаковом коэффициенте запаса
Лт=2. Сравнить полученные результаты. Дано: о"=2400 кГ/см*,
ПтЛ =1900 кГ/см*, £ал=0,68-10е кГ/см*.
§ 8. Линейное, плоское я объемное напряженные состояния
1.108. Для стержня диаметром d=16 мм, растянутого силами
Р= 1000 кГ, определить нормальные и касательные напряжения а
и т, действующие по площадке тп,
к оси стёржня. Вычислить вели-
чины наибольших нормальных и
касательных напряжений. Указать,
по каким площадкам они дейст-
вуют.
1.109*. Определить силу Р, рас-
тягивающую стержень, если извест-
ны нормальные напряжения 0,=
=200 кГ/см* и о^=600 кГ/см*, в
двух взаимно перпендикулярных
сечениях ab и cd. Вычислить уг-
лы, образуемые нормалями к пло-
щадкам ab и cd с осью стержня.
1.110., При сжатии короткого
стержня в некотором сечении возни-
кают напряжения оа=—1000 кГ/см*
и та=—400 кГ/см'2-. Определить
наклоненной под углом |}=30
угол между нормалью к площадке
и осью стержня и величины наи-
больших нормальных и касатель-
ных напряжений в стержне.
1.111. Подобрать диаметр стер-
жня круглого сечения, растянуто-
го силой 12 Т, из условия, что наи-
большие касательные напряжения
в стержне не должны превышать
€00 кГ/см*. Найти величину нор-
мальных напряжений в сечении с
наибольшими касательными напря-
жениями.
1.112*. Диаметр тяги круглого
сечения равен 16 мм. Растягива-
К задаче К задаче 1.113.
1.112.
ющая сила Р=4 Т вызывает в некоторой
наклонной площадке
ab касательные напряжения т„, составляющие 60% от нормальных
напряжений в этой же площадке. Определить угол наклона пло-
щадки и величины та и оа.
1.113. Из твердого тела, находящегося в плоском напряженном
состоянии, вырезай малый элемент, по граням которого действуют
2*
35
главные нормальные напряжения ot и ст2. Определить графически
о и т в сечении элемента, наклоненном под углом 0 к направ-
лению напряжения Oj. Проверить полученные результаты анали-
тически. Вычислить величины нормальных и касательных напря-
жений в сечении ., перпендикулярном площадке, заштрихованной
на чертеже: а) <Т!= 1000 кГ/см2, сг2= 600 кГ/см2, 0 = 60°;
б) 800 кГ/см2, <т2=— 400 кГ/см2, 0= 20°;
в) di = 500 кГ/см2, <т2= 500 кГ/см2, 0= 40°;
г) Oi= 400 кГ/см2, <У2= 0, 0= 30°;
д) О!= 200 кГ/см2, о2=— 800 кГ/см2, о2=— 400 кГ/см2, 0= 45°;
е) <л= 0, 0= 120°;
ж) 0?!=—200 кГ/см2, о2=— 600 кГ/см2, 0= 60°,
з) Ст1=—400 кГ/см2, о2=— 400 кГ/см2, 0=110°;
и) ffi= 1000 кГ/см2, о2=—1000 кГ/см2, кГ/см2, о2=— 800 кГ/см2, 0= 45°;
к) О1= 800 0= 60°.
1.114. 1) При каких условиях в элементе, находящемся в пло-
ском напряженном состоянии, можно выделить площадки, по кото-
рым действуют только касательные напряжения? 2) При каком
соотношении между величинами главных напряжений Qi и сг2 такие
площадки будут взаимно перпендикулярны? Применить графиче-
ский и аналитический методы исследования.
1.115. В каком случае плоского напряженного состояния каса-
тельные напряжения по любой площадке равны нулю? Какой вид
принимает для этого случая круг напряжений?
1.116. По граням прямоугольного элемента, вырезанного по
главным площадкам, действуют напряжения: <Ti=1600 кГ/см2 и
о2=—800 кГ/см2. Известно, что в
двух сечениях элемента нормаль-
ные напряжения одинаковы и рав-
ны 400 кГ/см2. Вычислить, под
какими углами к направлению ot
проведены эти сечения и чему рав-
ны касательные напряжения в
этих сечениях.
1.117. Главные напряжения в.
пластинке: сг1=1200 кГ/см2, ст2=
=600 кГ/см2. Вычислить удлинения сторон пластинки, при-
няв р.=0,25. Определить относительную объемную деформа-
цию zv.
1.118*. Герметическая кабина самолета, представляющая собой
тонкостенный замкнутый цилиндр диаметром d=120 см со стен-
ками толщиной /=3 мм, при испытаниях подвергнута внутреннему
давлению р=5 атм. Тензометры, расположенные перпендикулярно
образующей цилиндра, показали увеличение отсчета на Дп=8,6 мм.
Вычислить коэффициент поперечной деформации' материала ци-
линдра, если модуль упругости £=2-10’ кГ/см2, база тензометра
s=20 мм, увеличение тензометра £=1000.
Рг
«а
К задаче
1.117.
/Омм
36
1.119. Цилиндрическую оболочку подвергли действию внутрен-
него давления р. Деформации оболочки контролировались с по-
мощью тензометров с базой s=20 мм
и увеличением й=1000. Приращения _____✓rrw'
показаний продольных тензометров А Г Q i
оказались равными 4 мм. Определить л q | S
напряжения th и а2 в стенке оболоч- V-----------J хЦЛ' ,
ки и величину внутреннего давления. '500мм
Е=2-10в кГ/см2, р=0,25.
1.120. Квадратная стальная пла- к задаче шэ.
стинка со сторонами, равными 20 см,
имеет толщину 1 см. Она нагружается по краям нормальными
напряжениями <Ji=2000 кГ/см2 и <т2=—1000 кГ/см2. Вычислить
изменение длин сторон квадрата, площади квадрата и объема пла-
стинки. Коэффициент Пуассона р=0,25.
1.121* . Вычислить главные нормальные напряжения по кром-
кам квадратного элемента, если известно, что после приложения
этих напряжений приращения показаний тензометров А и В соста-
вили: Дпл=9,9 мм, Длв=3,1 мм. Тензометр А установлен под
углом ос=30° к направлению напряжения Oj, тензометр В перпенди-
кулярен тензометру А. Базы тензометров одинаковы s=20 мм,
увеличение &=1000. Модуль упругости материала пластины Е=
=0,8-10е кГ/см2, коэффициент Пуассона р=0,35.
К задаче 1.122.
1.122. Найти аналитически и графически величины и направ-
ления главных напряжений и а2 в плоском элементе, по кромкам
которого приложены заданные нормальные и касательные напря-
жения аа, Та И Оа + 9 0°-
а) оа=1000 кГ/см2, <Ja+9o° =0, та = 400 кГ/см.2',
б) аа= 800 кГ/см2, аа+в0» = 200 кГ/см2, тя = 200 кГ/см2',
в) оа= 500 кГ/см2, ста+90“ = 500 кГ/см2, та=—300 кГ/см2’,
г) о„= 200 кГ/см2, оа+9о» =—600 кГ/см2, та=—800 кГ/см2',
д) сга= 200 кГ/см2, а<х+9о° =—800 кГ/см2, та= 600 кГ/см2',
е) оа= 0, Оа+90° — 400 кПрм2, та=—600 кГ/см2',
ж) Ста= 0, <Та + 90° = 0, та=—600 кГ/см2',
з) оа= 400 кГ/см2, оа+90° = 600 кГ/см2, та= 800 кГ/см2',
37
и) а„=— 600 кГ/см\ оа+90. ——800 кГ/см\ та=? 1000~кГ/см\
к) <JS =—1000 кГ/см*, <та+в()° =—200 кГ/см2, та=—400 кГ1см\
1.123. Вычислить величины и направления главных напряже-
ний, если известно, что по двум взаимно перпендикулярным пло-
щадкам прямоугольного элемента действуют нормальные напря-
жения аа=300кГ/сл(2 и <Та+ео°=—300 кГ/см? и вдвое большие по аб-
солютной величине касательные напряжения та=600 кГ!смг. Как
изменится величина и направление главных напряжений, если, не
меняя величины нормальных напряжений оа и оа + 90°, изменить
знак касательных напряжений т,?
1.124 *. Вычислить изменение прямого угла и длин диагоналей
квадратного элемента, нагруженного по краям уравновешенной
системой касательных напряжений та=1000 кГ/см*. Материал —
дюраль, сторона квадрата а=25 см.
К задаче 1124.
1.125 . Определить направление, в котором следует установить
тензометр А, чтобы он давал наибольшие показания при нагруже-
нии пластинки напряжениями ста = 1000/сГ/сл2, Оа + 9о“=—400лТ/слР,
та=—500 кГ/см*. Вычислить величину наибольшего удлинения ei
при Е=2-10в кПсм1, р=0,25. Найти приращение показаний тензо-
метра, если база его равна 100 мм, а увеличение й=500.
1.126 *. Пластинка находится в плоском напряженном состоя-
нии. Под каким углом к направлению главного напряжения О! надо
установить тензометр, чтобы он не изменял своего показания при
пропорциональном возрастании нагрузки? Зависит ли величина
этого угла от свойств • материала пластинки?
При каком соотношении между Oj и о2 зада-
ча имеет смысл?
1.127 . Тонкий прямоугольник нагружен
по краям нормальными и касательными на-
пряжениями: Оа=—600 КГ/СМ*, Оа + 90°=
= 200 кГ/см2, т„=300 kFIcm11. Найти направ-
к задаче 1.128. ление, по которому отсутствует удлинение.
Е=2'10е кГ/см1, ц=0,25.
1.128 *. На поверхность исследуемой детали вокруг точки А
наклеены три проволочных датчика сопротивления а, Ь, с, распо-
38
ложенные по сторонам равнобедренного прямоугольного треуголь-
ника (прямоугольная розетка датчиков). С помощью датчиков за-
мерены три относительных удлинения еа, еь, ес. Определить вели-
чину и направление главных напряжений вблизи точки А, считая
модуль материала Е и коэффициент Пуассона р. известными.
1Л29*. Определить величину и направление главных напря-
жений, если известны относительные удлинения еа, еь, ес, заме-
ренные с помощью равноугольной розетки датчиков. Е и р ма-
териала считать известными.
К задаче 1.130.
1.130* . Вычислить относительное упругое уменьшение %
объема бетонного куба ABCD, сжатого с помощью шарнирного
механизма усилиями, равномерно распределенными по четырем
боковым граням. Ребро куба равно 10 см. Модуль упругости
материала Е=0,2-Юв кГ/см2, р.=0,17, предел пропорционально-
сти опц=100 кГ/см2. Величина сил, приложенных к механизму,
Р=5000кГ.
1.131. Между параллельными неподвижными абсолютно жест-
кими плитами А и В плотно вставлен стальной брус, имеющий фор-
му параллелепипеда со сторонами п=4 см, Ь=‘2 см и /=6 см.
К задача 1.131.
К задаче 1.132.
Вычислить коэффициент Пуассона материала бруса, если извест-
но, что при сжатии силами Р=10 Т давление бруса на плиты
39
составляет р=375 кГ/см*. Определить упругое укорочение бруса X,
пренебрегая силами трения о плиты.
1.132. Вычислить величины полного напряжения рп, нормаль-
ного напряжения ап и касательного напряжения тп в сечении, рав-
нонаклоненном к направлениям трех главных напряжений olt о2, оа.
Указание. Воспользоваться равенством направляющих
косинусов нормали к рассматриваемой площадке и соотношением
между ними: cos2 a+cos2 fl+cos2 у=1.
1.133* . Упругое тело находится в объемном напряженном со-
стоянии. Показать, что сумма квадратов полных Напряжений
р2> рз в трех взаимно перпендикулярных сечениях, проходящих
через данную точку А, является величиной постоянной, не завися-
щей от ориентации сечений.
1.134. Для напряженного состояния, определяемого в данной
точке О тела главными напряжениями oIt о2, а3, вычислить нор-
мальное и касательное напряжения в наклонной площадке, прохо-
дящей через точку О. Нормаль к площадке образует с направле-
ниями главных напряжений углы а, р и у.
1.135. Через произвольную точку О упругого тела, находяще-
гося в объемном напряженном состоянии, проведены две произволь-
ные плоскости, определяемые нормалями A\(/i, ШиП^м Л'2(/2, т2, «2).
Полные напряжения в этих плоскостях соответственно равны pi и
р2. Показать, что проекция напряжения р2 на нормаль N2 равна
проекции напряжения р2 на нормаль
1.136. Медный кубик со стороной п=10 см без зазоров вложен в
гнездо стальной плиты, податливостью которой можно прене-
бречь. Вычислить изменение объема кубика, которое произойдет
под действием сжимающей силы Р=50 Т. Коэффициент Пуассона
р=0,34.
1.137* . На короткий алюминиевый стержень диаметром d=
=40 мм плотно надет стальной цилиндр, стенка которого имеет
толщину 1=2 мм. Стержень сжат силами Р=4 Т. Вычислить растя-
гивающие напряжения, возникающие при этом в стальном цилиндре.
рад=0,35, £„=2,1-10“ кГ!см2.
40
§ 9. Теории (критерии) прочности
1.138. Материал детали (р=0,35) вблизи опасной точки нахо-
дится в объемном напряженном состоянии. Вычислить расчетные
напряжения и проверить прочность детали по II, III, IV теориям
прочности, принимая допускаемое напряжение [о] = 1200 кГ/см2.
По граням элементарного кубика, вырезанного главными плоско-
стями вокруг опасной точки, действуют напряжения:
a) Oj= 1400 кГ/см2, о2= 1000 кГ/см2, <т3= 4Q0 кГ/см2\
б) О1= 700 кГ/см2, а2= 300 кГ/см2, о3=— 200 кГ/см2\
в) О!= 600 кГ/см2, о2= 0, а3=— 500 кГ/см2
г) 01=0, о2=— 300 кГ/см2, о3=—1000 кГ/см2
д) Oj=—500 кГ/см2, а2=— 700 кГ/см2, о =—1600 кГ/см2
К задаче 1.138.
К задаче 1.139.
1.139. Вычислить расчетные напряжения по II, III, IV тео-
риям прочности для элемента, вырезанного из стальной детали (р =
=0,25) и находящегося в плоском напряженном состоянии. По
граням элемента действуют напряжения:
а) о0 = 1000 кГ/см2, oa+90j = 400 кГ/см2, т„ =600 кГ/см2\
б) ста= 600 кГ/см2, оа+9о°=—800 кГ/см2, та=—400 кГ/см2-,
в) оа=—500 кГ/см2, оа+9()° = 0, та= 800 кГ/см2-,
г) оа =—700 кГ/см2, <Та+оо°= 500 кГ/см2, та= 0.
1.140. Цилиндрический резервуар диаметром 800 мм имеет
стенку толщиной 4 мм. Определить допускаемое давление в резер-
вуаре, исходя из четвертой тео-
рии прочности. Допускаемое
напряжение материала [о] =
= 1300 кГ/см2.
1.141*. Поплавок клапана
испытательной машины с пуль-
сатором представляет собой замк-
нутый цилиндрический сосуд из
алюминиевого сплава. Внешний
диаметр цилиндра 0=80 мм. Во время работы машины поплавок
подвергается всестороннему сжатию давлением р=300 кГ/см2.
41
Вычислить потребную толщину t стенки поплавка по четвертой
теории прочности, приняв допускаемое напряжение 1ст1Сж=
= 1600 кГ/см*.
1.142. Чугунный цилинд-
рический сосуд диаметром
£>=20 см имеет стенки тол-
щиной t=2 см. Внутреннее
давление в сосуде р=
К задаче 1.142. =40 кГ/см1. Кроме того, со-
. суд сжат силами М=20 Т,
приложенными к его торцам. Произвести поверку прочности ци-
линдра по второй теории прочности, считая р=0,25, а допускае-
мое напряжение для чугуна на растяжение [ст]р=200 кГ/см1.
§ 10. Гибкие нити и тонкостенные сосуды
1.143. Два трамвайных провода подвешены в точках С и D
к поперечным тросам АВ, каждый из которых прикреплен к двум
абсолютно жестким столбам, расставленным вдоль пути на расстоя-
нии 40 м друг от друга. Подобрать диаметр троса по допускае-
мому напряжению [q] = 1100 кГ/см\ Дано: AK=KL=LB=b м,
KC~LD=0,5m. Вес 1 At трамвайного провода равен 0,75 кГ. Весом
троса АВ пренебречь.
1.144. Вес провода на протяжении пролета Q=40 кГ. Диаметр
провода d=4 мм. Приближенно вычислить величину наибольших
напряжений в проводе, считая, что
вес каждой его половины приложен
на расстоянии четверти пролета от
каждого столба.
1.145*. Провод подвешен между
двумя точками А и В, расстояние
между которыми /=50 м. Дано:
диаметр сечения провода d=4 мм,
У
К задаче 1.145.
удельный вес -у=0,008 кГ/см\ допус-
каемое напряжение [а]=500 кГ/см*. Определить допустимое на-
тяжение провода Т, величину распора Н (натяжение в низшей
точке О), стрелу провисания провода f.
42
1.146* . Длина стального провода в ненапряженном состоянии
2=40 м. Определить напряжения и стрелу провисания провода,
если его закрепить по концам в точках, расположенных на одном
уровне.
1.147. Вычислить, как изменятся напряжения и стрела прови-
сания провода, рассмотренного в предыдущей задаче, если провод
был подвешен при температуре 2о=2О °C, после чего температура
понизилась до Zj=—20 °C.
1.148. Провод длиной s подвешен к неподвижным опорам А и В,
находящимся на расстоянии I одна от другой. Найти максимальное
натяжение провода и стрелу его провисания (без учета удлинения),
не делая предположения, что кривая провисания есть парабола.
Дано: s=43 м, 2=41,8 м, погонный вес провода р=0,6 кГ[м.
1.149. Аэростат удерживается тросом, длина которого 100 м,
а погонный вес 0,638 кГ/м. Подъемная сила аэростата У=200 кГ,
а сила давления ветра Л = 100 кГ. Определить натяжение троса ТА
и Т в в точках А и В, высоту Л
аэростата над землей, величину го-
ризонтального заложения Ъ.
1.150. Тонкостенный сосуд со
стенкой толщиной 2=3 мм, выпол-
ненный в виде полусферы радиуса
/•=3 м, свободно (шарнирно) зак-
реплен своим краем по всей ок-
ружности и частично нагружен
жидкостью удельного веса 1 Г/см*.
Пренебрегая собственным весом
К задаче 1.150.
сосуда, построить эпюры главных напряжений в стенке сосуда.
Показать, какие изменения произойдут в эпюрах напряжений,
если сосуд заполнить жидкостью до самого верха.
1.151. Конический резервуар высотой //=10 м заполнен водой
наполовину и шарнирно закреплен по верхнему краю. Толщина
стенок резервуара 2=3 мм, угол при вершине конуса а=30°.
43
Построить эпюры главных напряжений вдоль образующей конуса,
вычислить наибольшие напряжения и произвести поверку проч-
ности сосуда по четвертой теории прочности при допускаемом напря-
жении [<г]=400 кГ/см*.
1.152. Решить предыдущую задачу при условии, что сосуд це-
ликом заполнен водой, а толщина стенки /=5 мм.
1.153* . Цилиндрический сосуд, шарнирно закрепленный по
верхнему краю, снизу заканчивается полусферой. Толщина стенки
сосуда /=1 см, высота сосуда //=10 м, радиус сферической ча-
сти R=2 м. Построить эпюры главных напряжений по высоте сосу-
да, считая, что он наполнен водой до верха.
1.154. Цилиндрический бак высотой Н наполнен жидкостью с
удельным весом у. Высота уровня жидкости h. Жидкость нахо-
дится под давлением р. Вычислить главные напряжения 04 и о2
в стенках сосуда и построить их эпюры по высоте цилиндра.
1.155* . Тонкостенная труба в форме усеченного конуса нахо-
дится под давлением, распределенным по длине по линейному за-
кону. Даны крайние ординаты эпюры давлений pi и р2, толщина
44
стенки t, центральный угол при вершине конуса 2а. Размеры а и
b отсчитываются от вершины конуса О. Установить закон изменения
главных напряжений по длине трубы и построить эпюры ах и а2.
Труба шарнирно закреплена по контуру левого торца.
§ 11. Концентрация напряжений, запас прочности,
динамический коэффициент
1.156. Стальная полоса прямоугольного сечения 10X1 см ослаб-
лена отверстием d=l см. Найти допускаемую растягивающую
силу Р, если предел текучести материала стт=3500 кГ/см2, коэф-
фициент запаса по пределу текучести &т = 1,2 и коэффициент кон-
центрации напряжений ак=1,8.
1.157. Стержень квадратного сечения 4x4 см, ослабленный
круглым отверстием d—1 см, подвергается действию переменной
нагрузки от ~ЬР до—Р- Найти предельное значение силы Р, если
предел усталости материала стержня ст_х=0,28 <тв,
коэффициент концентрации напряжений ак = 1,7, ьчук
временное сопротивление материала ов=4000 кГ/см2.
Коэффициент запаса по временному сопротивлению
7гв=2,5.
1.158. Подвеска диаметром d=2 см изготовлена L_
из высокоуглеродистой стали и закалена, отчего ма- р4”
териал стал более чувствительным к концентрации I
напряжений. Определить допускаемую нагрузку Р, —* d *—
если ак=2,1; &в=3; ств=7000 кГ/см*. I
1.159. Дюралевый стержень прямоугольного се-
чения 12X4 см ослаблен продольным вырезом ши- La
риной Ь—4 см. На стержень действует внезапно
приложенная нагрузка. Найти допускаемое значение
нагрузки Р, если временное сопротивление ов= к задаче rise
= 4100 кГ/см2, коэффициент запаса по временному
сопротивлению материала йв = 1,9, коэффициент концентрации
напряжений ак=1,8, динамический коэффициент &д=2.
1.160* . Для определения временного сопротивления низколеги-
рованной стали была испытана на растяжение партия нормальных
образцов в количестве 1000 штук. Разброс результатов испытаний
характеризуется следующей таблицей:
Напряжения в момент
разрушения, кГ/мм2 58—59 59—60 60—61 61—62 62—63 63—64 64—65
Количество разрушив-
шихся образцов 0 2 6 12 41 186 268
Напряжения в момент
разрушения, к,Г/мм2
Количество разрушив-
шихся образцов
65—66 66—67 67—68 68—69 69—70 70—71
264 144 62 13 2 0
45
Построить гистограмму результатов испытания и вычислить
параметры закона нормального распределения, характеризующего
данный случайный процесс. Определить временное сопротивление
материала как напряжение, при котором разрушается не менее 5%
от числа испытанных образцов.
§ 12. Нелинейные задачи
1.161 *. Узел С прикреплен двумя одинаковыми горизонталь-
ными стержнями длиной / и площадью поперечного сечения F.
Определить усилия в стержнях и опускание узла под действием
сосредоточенной вертикальной силы Р, приложенной к узлу. Соб-
ственным весом стержней пренебречь.
1.162 *. Стальной трос длиной 10 м и сечением 12 см2 туго на-
тянут между двумя неподвижными точками, расположенными на
одной высоте. Посередине троса приложена сосредоточенная верти-
кальная сила Р=100 кГ. Определить напряжения в тросе и вер-
тикальное перемещение точки приложения груза вследствие дефор-
мации троса. Весом троса и его изгибной жесткостью пренебречь.
Как уменьшатся напряжения и перемещение, если груз уменьшить
в 10 раз?
1.163 *. Стержень из весьма упругого материала с небольшой
жесткостью растянут силой Р. Вывести зависимость между относи-
тельными удлинениями и силой Р, учитывая деформацию стержня
в процессе нагружения. При каком значении силы Ртах наступит
неограниченное вытягивание стержня (потеря устойчивости напря-
женного состояния)?
1.164 . Резиновый стержень постоянного сечения F—4 см2, дли-
ной /=20 см растягивается силой Р=10 к.Г. Вычислить абсолютное
удлинение стержня X, если £=10 кГ/см2, ц=0,5. Определить раз-
рушающую силу (минимальное значение силы, вызывающей неогра-
ниченное удлинение стержня). Указание. Воспользоваться ре-
шением предыдущей задачи.
48
Глава 2. СДВИГ И КРУЧЕНИЕ
§ 1. Напряжении и деформации при сдвиге
2.1 . В стальном листе толщиной 1 см необходимо продавить
отверстие диаметром 18 мм. Определить, какую силу надо прило-
жить к пуансону, если предел прочности материала листа на срез
тв=3500 кГ/смг.
2.2 . Болт, растягиваемый силой Р, выполнен из материала, для
которого допускаемое напряжение на срез составляет 60% допус-
каемого напряжения на растяжение. Определить соотношение между
диаметром болта d и высотой головки h из
условия равнопрочности болта на разрыв
и головки на срез.
2.3 . Дюралевая пластинка толщиной
2 мм окаймлена рамкой из абсолютно жест-
ких стержней, соединенных в углах шар-
нирами. В точке С к рамке приложена
вертикальная сила Р = 2,5 Т. Вычислить:
а) изменение у прямого угла при вершине
А вследствие упругой деформации пластин-
ки, б) опускание 6 точки С по вертикали,
в) главные напряжения в пластинке, г) из-
менение X длины диагоналей АС и BD, д)
дольных сил в стержнях. Принять it-0,34.
построить эпюры про-
47
2.4 *. Тонкостенная балка состоит из ряда дюралевых пластинок
толщиной 2 мм, окаймленных жесткими стержнями. Определить
касательные напряжения в стенке балки и вычислить изменение
прямого угла наиболее нагруженной панели, считая, что стержни
соединены между собой шарнирно и воспринимают только продоль-
ные силы, а в поперечных и продольных сечениях стенки дейст-
вуют только равномерно распределенные касательные напряжения.
Построить эпюры продольных сил в стержнях. Дано: Р=1,6 Т,
а=20 см, Ь=30 с-м, ц=0,35.
2.5 *. На дюралевую обшивку тонкостенной конструкции на-
клеена вокруг некоторой точки А равноугольная розетка датчиков
а, Ь, с. Относительные удлинения, замеренные после нагружения
конструкции: еа=8,9• 10“6, еь=—10,9-10-а, ес = 2-10-6. Вычи-
слить величины и направления главных напряжений и о3 в об-
шивке вблизи исследуемой точки. ц=0,35.
2.6 *. Короткий тонкостенный стержень, сечение которого пока-
зано на рисунке, жестко защемлен по контуру на одном конце, а на
другом конце нагружен силами Рж=10 ООО кГ и Ра=5000кГ, лежа-
щими в плоскости поперечного сечения. Считая, что стенки стержня
работают только на сдвиг, вычислить координаты центра сдвига
хс и ус, построить эпюру касательных усилий в стенках и найти
наибольшее касательное напряжение ттах.
48
§ 2. Расчет заклепочных соединений
2.7* . Выбрать диаметр и определить необходимое число п
заклепок, прикрепляющих стальную полосу к косынке. Проверит ь
прочность полосы с учетом ослабления ее заклепочными отверстия-
ми. Дано: Р=3 Т, Ь=Б см, t=5 мм. Допускаемые напряжения
для материала полосы [а] = 1600 кГ1см2, для материала заклепок
[т] = 1000 кГ/см2 (на срез), [о]см =2600 кГ/см2 (на смятие).
2.8. Рассчитать количество заклепок, необходимое для соеди-
нения двух дюралевых профилей с косынкой из того же материала.
Соединение должно воспринимать силу Р=3500 кГ. Толщина
полки профиля /1=1 мм, толщина косынки t2=2 мм. Допускаемые
напряжения для дюралевых заклепок [т] = 1000 кГ/см2, (о]см =
=2800 кГ/см2.
К задаче 2 9.
2.9. Подобрать число заклепок, необходимое для соединения
двухрядным швом двух стальных полос 100x8 мм впритык
49
с помощью накладки толщиной 8 мм. Определить потребную
длину накладки. Дано: Р=8 Т, [т! = 1000 кГ/см\ =
=2600 кГ/см*.
2.10* . Два листа соединены внахлестку восемью заклепками
диаметром d=2,5 см. Определить наибольшую силу Р, которую
может безопасно выдержать это соединение, и установить, насколько
заклепочное соединение понижает прочность листов. Дано: [сг]р=
= 1200 кГ/см*, [т]=800 кГ/см1, [о]см =2400 кГ/см*.
К задаче 2.10
2.11. Стальные полосы соединены при помощи двух накладок.
Диаметр заклепок d~ 1,9 см, растягивающая сила Р=18 Т. Про-
верить прочность соединения, приняв допускаемое напряжение для
полос и накладок на разрыв 1о]р=1000 кГ/см*, на срез заклепок
1т]=800 кГ/см*, на смятие [о]см =2000 кГ/см*.
2.12* . Рычаг системы управления самолетом крепится к трубе
50x40 мм при помощи фланца толщиной Z=2 мм. На рычаг дей-
ствует сила Р=800 кГ, плечо рычага 1= 12 см. Подобрать необхо-
димое число заклепок и их диаметр, [т]=22,4 кГ/см*',
1о]см =52 кГ/мм*. 101
К задаче 2.12.
К задаче 2.13.
2.13. Определить разрушающую величину силы Р, действую-
щей на две трубы 30x28 мм и 33x30 мм, телескопически соединен-
ные двадцатью дюралевыми заклепками диаметром d=3,5 мм.
Предел прочности для труб ов=40 кГ/мм*, для заклепок на срез
т„=22 кГ/мм*, на смятие осм =52 кГ/мм*.
50
2.14. Рассчитать стык трубчатой муфтой двух труб сечением
25 Х23 мм, работающий на растяжение. Даны пределы прочности
К задаче 2.14.
материала трубы на растяжение ств=120 кГ/см2, муфты на рас-
тяжение ов=70 кГ1мм2, муфты на смятие осм =90 кГ/мм2, зак-
лепок на срез тв=50 кГ)мм2.
2.15. Рассчитать телескопический стык двух труб из хромомо-
либденовой стали на растяжение силой 10 Т. Допускаемые напря-
жения материала заклепок [т]=2300 кГ/см2, [о]см=5800 кГ/см2,
К задаче 2.15-
труб [а]см=5500 кГ/см2, [ст]р=3500 кГ!см2. Трубы стандартные
50X46 мм и 46X42 juai. Выбрать диаметр заклепок, определить их
число и разместить их так, чтобы напряжения в наиболее ослаблен-
ном сечении не превышали допускаемых.
2.16. Цилиндрический котел имеет рабочее давление р=10 атм.
Продольный шов котла выполнен внахлестку. Выбрать диаметр за-
клепок, определить их шаг и необходимое количество рядов. [т] =
=700 кГ]см2, [о]см=1500 кГ/см2.
51
2.17. Определить диаметр заклепок и толщину фасонки, при-
няв [т]=800 кГ/см2, [ст]см=2600 кГ/см2. (Необходимые данные см.
По A-A
ПО В-В
2.18* . К фасонке толщиной /=6 мм приклепан кронштейн
толщиной /1=4 мм шестью заклепками диаметром d=0,8 см. Опре-
делить наибольшую силу Р, которую можно приложить к крон-
штейну, если [т] = 1000 кГ/см^, [а] =2800 кГ!см2.
К задаче 2.19.
2.19. Ушко приклепано тремя заклепками диаметром 8 мм.
Проверить прочность заклепок на срез и смятие. Толщина ушка
/=5 мм. Допускаемые напряжения:
1т] = 1100 кГ/см2, [о]см=2000 кГ/см2.
2.20 *. К узлу, приклепанному
пятью одинаковыми заклепками, при-
ложена сила /’=1000 кГ. Вычислить
усилия в заклепках, не раскладывая
их на составляющие от
сдвигающей силы.
момента и от
Указание.
Определить положение центра вра-
щения фасонки и составить уравне-
ние моментов относительно этой точ-
ки, предполагая, что усилия в за-
клепках пропорциональны расстоянию от центра заклепки до цен-
тра вращения.
52
2.21 *. В соединении, показанном на рисунке, разместить за-
клепки 1, 2, 3, 4 так, чтобы усилия во всех заклепках были оди-
наковыми. Материал заклепок и диаметры их одинаковы. Ука-
зание. Для нахождения расстояний уг и у2 воспользоваться ре-
шением предыдущей задачи.
2.22 . Кронштейн, воспринимающий силу Р=1000 кГ, прикле-
пан четырьмя заклепками разного диаметра. Определить расстоя-
ния г/1 и у2 таким образом, чтобы напряжения среза во всех заклеп-
ках были равны допускаемым. Дано: диаметры заклепок 1 и 2
d= 16 мм, диаметры заклепок 3 и 4 £> = 19 мм, допускаемое на-
пряжение [т]=6000 кГ/см2.
2.23 . Для заклепочных соединений выбрать диаметр заклепок,
сообразуясь с толщиной склепываемых листов, и произвести раз-
мещение заклепок (назначить расстояния между заклепками).
Вычислить величину допускаемой нагрузки Р на узел из условий
прочности наиболее напряженной заклепки на срез и смятие, считая
угол а=30°, расстояние от точки приложения силы до ближайшей
заклепки е=50 мм, толщину листа t=2 мм. Допускаемые напря-
жения на срез [т] = 1000 кГ/см2, на смятие [ст]см=2800 кГ[см2.
§ 3. Расчет сварных швов
2.24* . Две стальные полосы толщиной /=10 мм необходимо
сварить встык, так чтобы соединение выдерживало растягивающую
силу Р=10 Т. Определить необходимую ширину полос Ь и процент
использования материала полос, если для полос [о]р= 1400 кГ)см2,
а для шва [сг]э=1000 кГ/см2.
2.25. Решить предыдущую задачу для косого шва, пользуясь
четвертой теорией прочности.
2.26. Определить наибольшую растягивающую силу Р, которую
можно приложитьк соединению внахлестку двумя торцевыми швами,
и степень использования материала листов. [о]_= 1400 кГ[см\ [т] =
1=900 кГ/см2.
53
К задаче 2.23.
Ы
2.27. Рассчитать длину фланговых швов при 1т)э = 720 кГ/см1
и процент использования материала листов при [<т]р= 1400 кГ!см2.
К задаче 2.27.
помощи двух накладок, при-
варенных торцевыми швами. Дано: Р=30 Т, 6=300 мм, /=10 мм,
(т]э=900 кГ)см2. Определить необходимую толщину tx накладок,
К задаче 2-28. К задаче 2.29.
2.29. Рассчитать стык при условии равнопрочности соединения
и основного металла. Допускаемые напряжения [о]р= 1600 кГ/см2
(для основного металла), [т]а=800 кГ/см2 (для материала шва).
Определить размеры накладок. Вычислить, насколько изменятся
эти размеры, если накладки приварить в дополнение к фланговым
еще и торцевыми швами (допускаемые напряжения для швов обоих
типов принять одинаковыми).
К задаче 2.30.
2.30* . Определить длины швов для
уголка F=15,l см2, ^=2,35 см по
прикрепления к косынке
условию равнопрочности
на
швов и уголка. Для уголка [о]=1600 кГ/см2, для шва [т]э =
«=900 кГ/см*.
2.31. Решить предыдущую задачу при условии отсутствия тор-
цевого шва.
2.32. Проверить прочность прикрепления швеллера № ЗОв
к фасонке двумя фланговыми швами и одним прорезным швом. Для
основного материала [<т]р= 1600кГ/см2, для швов [т]э=800 кГ/см*
2.33. Поврежденную трубу из хромансиля ЗОХГСА сечением
40x37 мм, работающую на растяжение, требуется соединить труб-
чатой муфтой на сварке. Произвести расчет соединения, приняв
предел прочности материала трубы ов=120 кГ/мм2, муфты ств=
=70 кГ/мм2, шва на растяжение [о]э=100 кГ/мм2, шва на срез
Ыэ=80 кГ/мм2. Учесть снижение прочности материала в зоне
К задаче 2.33.
отжига на 5%. Шов расположить под углом 45° к оси трубы. Недо-
стающую прочность шва восполнить прорезными швами.
2.34. Рассчитать по условию равнопрочности соединение бужом
двух работающих на растяжение хромансилевых труб сечени-
К задаче 2.34.
ем 43x40 мм. Соединение осуществляется прямым швом и пробка-
ми. Механические характеристики материала взять из условия за-
дачи 2.33.
§ 4. Соединения деревянных элементов
2.35* . Два сосновых бруса сечением hxb, растягиваемых силой
Р, соединены зубом и стянуты болтами (которые в расчет не прини-
маются). Определить допускаемую силу Р и необходимую длину а
зуба. Дано: h= 16 см, Ь=12 см, допускаемое напряжение сосны на
а
К задаче 2.35.
смятие в торец loCM}9t,= 100 кГ/см2, на скалывание вдоль волокон
[т]90=8 кГ/см*, на растяжение [о]р=100 кГ^м2.
2.36. Проверить прочность соединения стропильной ноги с за-
тяжкой, если сила, действующая вдоль ноги, равна Р=5000 кГ,
К задаче 2.36.
допускаемое напряжение на срез вдоль волокон [т]90=8 кГ/см\
на смятие вдоль волокон [осм]90=40 кГ,см\ на смятие поперек
волокон [осм]о=20 кГ/см*. Вначале решить задачу, Не принимая
в расчет силы трения между ногой и затяжкой, а затем — с учетом
силы трения, взяв коэффициент трения равным /=0,5.
2.37. Два сосновых бруса, соединенных двумя накладками с
дубовыми шпонками, растягиваются силами Р=8 Т. Стягивающие
болты на рисунке не показаны. Определить: а) размеры а и b шпон-
ки, б) расстояние между шпонками с. Проверить прочность сос-
новых брусьев и накладок. Принять допускаемые напряжения на
57
растяжение сосны вдоль волокон [о]„
сосны вдоль волокон [т]оп=:8 кГ/см2,
= 100 кГ/см2, на скалывание
на смятие сосны в торец.
а с !6см
К задаче 2.37
f<rCM]90=l 10 кГ)см2, на смятие дуба поперек волокон 1асм1о=
=30 кГ/см2, на скалывание дуба поперек волокон [т]0= 10 кГ/см2.
§ 5. Кручение валов круглого поперечного сечения
2.38. Стальной круглый образец диаметром d=16 мм испытан
на кручение. При возрастании крутящего момента на АЛ4Н =0,5 кГм
угол закручивания между двумя сечениями, отстоящими друг от
друга на /=20 см, увеличивается на Аср=0,002 рад. Вычислить
модуль сдвига материала 6 и коэффициент Пуассона р, если модуль
упругости при растяжении £=2-10“ кГ/см2.
К задаче 2.39
2.39* . Посередине полого вала установлен тензометр А под
углом 45° к оси вала. Увеличение тензометра k= 1000, а база $=
=20 мм. При увеличении крутящего момента на АЛ4к=900 кГм
приращение показаний тензометра равно Ан = 12 мм. Вычислить
модуль сдвига материала G и приращение угла закручивания вала.
/=] м, D = 12 см, d -8 см.
К задаче 2.40.
2.40. На сплошной стальной вал диаметром 0 = 10 см наклеена
прямоугольная розетка проволочных датчиков сопротивления а,
Ь, с. Определить, под каким углом а к оси вала наклеен датчика,
58
К задаче 2.41.
если известно, что замеренные датчиками относительные удлинения,
соответствующие моменту Л=800 кГм, составляют: ео=8,7-10~5,
сь=—25-Ю-6, ее=16,3-10’6, ,11=0,25.
2.41. Для определения углов закручивания полого вала в се-
чении А установлен индикатор, на штифт которого нажимает колен-
чатый рычаг С, укрепленный на
валу в сечении В. Расстояние
между сечениями А и В равно
2=10 см. Точка соприкосновения
индикатора и рычага С отстоит от
оси вала нар = 15 см. Наружный и
внутренний диаметры вала: D=
= 10 см, d=9 см. Определить мо-
дуль сдвига материала вала, если
при возрастании крутящего момен-
та на ДЛ1К=400 кГм показание
индикатора увеличивается на Дн =
=25 делений. Цена деления ин-
дикатора й=0,01 мм.
2.42* . Полый стальной вал
Л=80 мм, <2=60 мм длиной 2=60
наклеен датчик под углом 45° к осн
мерена величина относительного удлинения е=34-10“6 наклонного
волокна вала. Определить мощность N, передаваемую валом, и ве-
личину угла взаимного поворота торцов
вала за счет упругой деформации.
2.43. Двое рабочих, вращая лебедку,
давят на ручку каждый с силой Р=20 кГ.
Подобрать диаметр валика АВ из усло-
вия прочности, если допускаемое напря-
жение сдвига [т]=400 кГ/см2. Вычис-
лить предельный груз, который можно
поднять с помощью этой лебедки.
2.44*. Определить величину крутя-
щего момента, при котором расчет круг-
лого стального вала по прочности дает
расчет по жесткости, и найти величину соот-
ветствующего диаметра D. Допускаемое касательное напряжение
при кручении [т]=800 кГ/см2, допускаемый относительный угол
закручивания |Ф]=0,5° на погонный метр.
2.45. Определить из условий прочности и жесткости диаметр
стального вала, вращающего гребной винт моторного катера. Мощ-
ность двигателя М=60 л. с. при числе оборотов п=240 об/мин.
Дано: [т]=400 кГ/см\ |О] = 1° на погонный метр, G=0,8- 10е кГ/см\
2.46. При испытании паровой машины вал диаметром <2=150 мм
при /1=60 об/мин закручивается на ЗГ на длине /=3 м. Опреде-
лить мощность испытываемой машины, если модуль сдвига G стали,
из которой сделан вал, равен 0,8-10" кГ/см2.
см делает 500 об/мин. Навал
вала. С помощью датчика из-
К задаче 2.43
тот же диаметп. что и
59
2.47. Вал АВ, вращающийся со скоростью 120 об/мин, получает
от шкива В мощность 60 л. с. Посредством конических шестерен с
диаметрами начальных окружностей Dx=600 мм и £)2=240 мм
половина этой мощности передается на
вертикальный вал С, а другая поло-
вина — на вал Н. Диаметры валов
<Д = 100л/л(, d2=8QMM, с13=60мм. Произ-
вести поверку прочности валов по допус-
каемому напряжению 1т]=200 кГ/см2.
2.48. Стальной вал, делающий
200 об/мин, несет пять шкивов. Шкив
2— ведущий, остальные— ведомые. На
ведущий шкив поступает мощность
80 л. с. и распределяется по ведомым
шкивам 1, 3, 4, 5 соответственно по 25, 15, 30 и 10 л. с. Подо-
брать диаметр вала из условий прочности и жесткости, если до-
пускаемое напряжение [т]=200 кГ/см2, а допускаемый угол зак-
ручивания равен
0,25‘
[т]=200 к.Г/см2, а допускаемый угол зак-
на погонный метр.
2.49. Два вала равной длины и веса изготовлены из одинакового
материала. Один вал полый с отношением диаметров a=d/£)=0,8,
другой — сплошной диаметром Da. Требуется: а) найти отношение
крутящих моментов, которые могут воспринять валы при одинако-
вом допускаемом напряжении, б) сравнить жесткости валов, в)
определить, насколько уменьшится вес
полого вала, если его сделать равно-
прочным сплошному валу, сохранив
неизменным отношение диаметров
а=0,8.
2.50*. Сравнить веса и углы закру-
чивания двух сплошных круглых валов
длиной 2 м каждый, воспринимающих
одинаковые крутящие моменты 100 кГм.
Один вал стальной, другой из алюми-
К задаче 2.49.
ниевого сплава. Диаметры валов подобраны по условию прочности.
Дано: [т]ст=800 кГ/см2, На=500 кГ/см2, GCT=0,8-10e кГ/см'1,
Ga=0,3-10“ кГ/см2, уст=7,85 Г/см3, уа=2,6 Г /см3.
2.51. Сплошной вал имеет диаметр 120 мм и длину 150 см.
Определить размеры поперечного сечения полого вала, имеющего
ту же прочность на кручение, а жесткость в 1,5 раза большую.
60
Вычислить вес каждого вала, считая, что они сделаны из одного и
того же материала с удельным весом у=7,85 Г/см3.
2.52. На трубчатый стальной лонжерон руля высоты самолета
передаются от нервюр закручивающие моменты £0=14 160 кГсм,
£1=10 320 кГсм, £2=7120 кГсм, £3=4880 кГсм, £4=3280 кГсм и
К задаче 2.52.
£5=2000 кГсм. Вычислить момент, действующий на качалку, к
которой крепится тяга управления рулем высоты. Построить эпюру
крутящих моментов и подобрать размеры трубы, если отношение
внутреннего диаметра трубы к наружному а=0,92, а напряжения
не должны превосходить 20 кГ/мм1. Определить угол поворота
концевого сечения трубы относительно среднего сечения.
2.53. От сплошного вала к полому через кулачковую муфту
передается мощность М = 10л. с. при «=100 об/мин. Подобрать
диаметр d сплошного вала, а также наружный
диаметр полого с отношением а=0,5. Допускае-
мое напряжение на срез Ы=200 кГ/см3.
2.54. Определить отношение диаметров и ве-
сов двух валов одинаковой прочности и длины,
передающих одинаковые мощности, если один
делает «1=50 об/мин, а другой «2=100 об/мин.
2.55. Полый вал с отношением диаметров
a=d/D =0,6 скручивается моментами £х=80кГм,
£3=120 кГм, £3=40 кГм. Определить размеры
поперечного сечения вала по условиям прочнос-
ти и жесткости, построить эпюры Л4К, <р по дли-
к задаче 2.53.
К задаче 2.55.
не вала и эпюру касательных напряжений т в опасном сечении. Дано:
[т]=300 кГ/см3, [6'1=0,25° на погонный метр, 6=0,8- 10е кГ/см*.
2.56* . Для ступенчатых валов, показанных на чертеже, по-
строить эпюры крутящих моментов и подобрать размеры сече-
ний по условиям прочности и жесткости. Построить эпюры углов
61
К задаче 2-56.
62
закручивания, считая неподвижным левый конец вала. Вычертить
эпюры касательных напряжений в опасных сечениях каждого-
участка вала. Концентрацией напряжений в местах резкого измене-
ния сечений пренебречь. Дано: /.=500 кГм, a=d/D=0,8, 1=20 см,
допускаемое напряжение [т]=600 кГ/см\ допускаемый относитель-
ный угол закручивания [/>1=0,4° на погонный метр.
2.57* . На стальной стержень диаметром d=4 см плотно надета
медная трубка толщиной /=5 мм. На торцах стержень и трубка
жестко связаны друг с другом. Полученный таким способом состав-
ной брус скручивается моментом L. Определить допускаемую ве-
личину L из условия прочности, если [т]ст=800 кГ/см2, [т]м=
= 200 кГ/см2, GCT=0,8- 10е кГ/см2, GM=0,4-109 кГ/см2. Как изме-
нится величина допускаемого момента, если, не меняя размеров
стержня, сделать центральную часть медной, а внешнюю трубку
стальной?
2.58. Сравнить допускаемые моменты для двух полых валов,
один из которых стальной 120x60 мм, а другой составлен из двух
труб: стальной 120 x 80 мм и медной 80x60 мм. Дано: [т]ст=
=600 кГ/см2, [т]м=200 кГ/см2, GM=0,5- 10е кГ/см2.
2.59* . Две стальные трубы 100 x 90 мм и 90 x 80 мм, имеющие
одинаковые длины, плотно надеты друг на друга. Внутренняя труба
закручивается моментом /.<,=200 кГм, после чего торцы труб сва-
риваются друг с другом. Определить напряжения в составной трубе-
после снятия момента Ln. Построить эпюру касательных напряже-
ний в поперечном сечении составной трубы.
2.60. Для составной трубы предыдущей задачи вычислить допу-
скаемую величину внешнего закручивающего момента, если [т] =
=800 кГ1см2. Определить начальный момент La, который нужно-
приложить к внутренней трубе с тем, чтобы допускаемый момент
для составной трубы был наибольшим.
2.61* . Круглый стальной стержень жестко защемлен по концам
и скручивается двумя противоположными моментами Li=40 кГм
и Л2=60 кГм. Подобрать диаметр стержня по условиям прочности и
жесткости, приняв допускаемое напряжение [т]=400 кГ/см2, допу-
скаемый угол закручивания (01=0,25° на погонный метр.
2.62. Определить реактивные моменты в заделках LA и /,в„
построить эпюры крутящих моментов и углов закручивания для
круглого вала, жестко заделанного обоими концами. Дано: Li=
=30 кГм, /,2=160 кГм, /,3=80 кГм, Lt= 10 кГм. Жесткость вала-
на кручение GJK=2-107 кГсм2.
63
2.63. Диаметр вала 0=20 см. Правый конец вала ослаблен
продольным сверлением диаметром d=12 см. Построить эпюры
крутящих моментов и углов закручивания по длине вала, если
А,=5 Тм, А2=15 Тм, а—-20 см, 6=40 см, с=80 см. Произвести
поверку вала на прочность и жесткость при Ы=600 кГ/см2, [б]=-
=0,6° на погонный метр, модуль сдвига G=0,7 • 10е кГ/см2.
2.64. В предыдущей задаче вычислить соотношение между Lt
и L-2, при котором реактивные моменты в заделках ЬА и LB бу-
дут равны по величине и по направлению. Построить эпюру изги-
бающих моментов и вычислить наибольшие касательные напря-
жения ттах.
К задаче *2.63.
К задаче 2.65.
2.65. Определить максимально допустимый момент L. Диа-
метры частей вала: Di=7 см, О2=5 см. Допускаемое напряжение
1т]=600 кГ/см2.
2.66. Для ступенчатого вала предыдущей задачи определить
наивыгоднейшее место приложения момента L по условию равно-
прочное™, обеих частей вала. Вычислить наибольший момент, ко-
торый можно приложить к валу.
2.67* . Для ступенчатых валов определить из условия прочности
допускаемую величину параметра нагрузки L, построить эпюры
крутящих моментов и углов закручивания. Материал — сталь с до-
пускаемым напряжением [т]=1000 кГ/см2. Дано: а=1 м, 6=0,5 м,
0 = 10 см, a=d/D=0,8, ao=da/D=O,5.
§ 6. Кручение брусьев некруглого сечения
2.68. Какую мощность может передать стальной вал эллипти-
ческого сечения с полуосями а=4 см, 6=2,5 см, если допускаемое
напряжение [т]=500 кГ/см2, число оборотов в минуту и=200. Вы-
числить относительный угол закручивания б.
2.69. Участок вала квадратного сечения передает мощность
10 л. с., совершая 120 оборотов в минуту. Вычислить из условия
прочности вала размер стороны квадрата а при допускаемых напря-
жениях [т]=460 кГ/см2.
2.70* . Стальной брус прямоугольного сечения 60 x 20 мм, дли-
ной /=80 см нагружен крутящим моментом Л4к=40 кГм. Вычислить
наибольшие касательные напряжения в брусе, построить эпюру
касательных напряжений в поперечном сечении и определить угол
закручивания бруса.
64
£9
оиоязлвид 'v 'V B'ad Vou g
79'2 SbBVBC >]
2.71. Вычислить и сравнить веса трех стальных стержней оди-
наковой длины /=120 см, имеющих различные поперечные сечения:
круглое, квадратное и прямоугольное с отношением сторон 3:1.
Псе стержни скручиваются одинаковыми моментами £=300 кГм..
Расчет произвести для двух случаев: а) размеры поперечных се-
чений валов подобраны по условию прочности при допускаемом
напряжении 1т] = 600 кГ/см* и б) размеры получены из условия:
жесткости при допускаемом относительном угле закручивания [0] =
=0,5° на погонный метр. Принять у=7,85 Г1смл.
2.72. Стальная полоса толщиной 1,5 см и длиной 80 см скру-
чивается моментом 60 кГм. Используя условия прочности и жест-
кости, вычислить потребную ширину полосы, если [т]=800 кГ/см\
[&]=1° на погонный метр.
2.73. Сплошной круглый стальной вал имеет концы квадратного-
сечения (b=d/l^2). К валу приложены моменты £!=40 кГм, L,=
= 120 кГм, £3=50 кГм, £4 = 30 кГм. Определить диаметр вала изг
условия прочности при |т] = 500 кГ/см'1. Построить эпюры касатель-
ных напряжений для опасных сечений вала и эпюру углов закру-
чивания (р.
2.74. Определить из условия прочности наибольший момент L.
Участок /—III имеет круглое поперечное сечение d=8 см, уча-
сток ///—IV — прямоугольное сечение 7x3,5 см. Построить эпю-
ры крутящих моментов Мк и углов закручивания <р, если [т] =
=800 кГ/см1, G=0,8-10e кГ/см2. Начертить эпюры касательных
напряжений в сечениях А— А и В—В.
II . Ш /V
К задаче 2.74.
К задаче 2.75.
2.75. Как уменьшатся прочность и жесткость на кручение тонко-
стенной трубы, если ее разрезать вдоль образующей? Внутренний
диаметр трубы £)=80 мм, толщина стенки i=3 мм.
66
2.76. Дано: /=1,5 м, а=12,6 см, 6=27,1 см, /=1,44 см, /1=
0,9 см. Вычислить наибольший момент L, который может выдер-
жать стержень при допускаемом напряжении [т]=600 кГ/см2. Оп-
ределить полный угол закручивания <р, считая С?=0,8- 10е кГ1см2 и
пренебрегая влиянием стеснения в заделке на условия деформации.
К задаче 2.76. К задаче 2.77.
2.77. Стальной стержень уголкового профиля нагружен рав-
номерно распределенным по длине крутящим моментом интенсив-
ностью тк =22 кГм на погонный метр. Определить максимальные
касательные напряжения в стержне и угол поворота сечения посе-
редине его длины.
2.78* . Построить эпюры крутящих моментов, подобрать раз-
меры поперечного сечения из условия прочности и построить эпюру
углов закручивания при G=0,8-10(i кГ/см2. Дано: Gi=120 кГм,
Л2=40 кГм, а=30 см, a/t=40. Размеры прокатных профилей взять
по таблицам сортамента. Допускаемое напряжение [т] = 1000 кГ/см2.
Напряжений от стеснения кручения не учитывать.
2.79* . Тонкостенный стержень замкнутого прямоугольного по-
перечного сечения скручивается моментами L. Вычислить допуска-
емый момент из условий прочности и жесткости, приняв Гт] =
=600 кГ/см2, (01=0,5° на погонный метр, G=0,8-106 кГ/см2. Опре-
делить, во сколько раз уменьшится допускаемый момент LMa,
если коробку разрезать вдоль образующей.
2.80. Вычислить погонное касательное усилие q, касательное
напряжение т и относительный угол закручивания О тонкостенной
трубы, замкнутого профиля, образованного полуэллипсом АВС
•с полуосями а=30 см, 6=10 см. Дано: /=1,5 мм, G=2 мм, Мк=*
= 700 кГм, G=0,28-10e кГ/см2.
2.81* . Проверить на прочность прямоугольную коробку из
листовой стали толщиной 1=2 мм, скручиваемую моментами Ь=
=2200 кГм’, допускаемое напряжение (т] = 1000 кГ]см\ Выбрать
диаметр заклепок и рассчитать шаг продольного п — п и
3* 67
К задаче 2.78.
68
поперечного m—т швов. Допускаемые напряжения для материала
заклёпок: [т]==900 кГ/см2 и [о]см =2100 кГ/см2. Как изменится
шаг поперечного шва, если его расположить под углом а< 90° к
оси коробки?
Эпюра Мк
К задаче 2.79.
2.82. Тонкостенная прямоугольная дюралевая коробка рассчи-
тана на действие закручивающего момента Л=2500 кГ/см2. Размеры
коробки: /=160 см, а=40 см, Ь=2() см, /=0,3 см. В одной из стенок
сделана пробоина, вписывающаяся в окружность диаметром d—
= 12 см. При ремонте повреждения часть стенки удаляется, а от-
верстие закрывается листом толщиной 3 мм, прикрепленным зак-
лепками. Какой формы следует сделать заплату на пробоину, чтобы
при равной прочности шва употребить наименьшее число заклепок:
по окружности, описанному вокруг этой окружности квадрату или
треугольнику? Почему? Выбрать диаметр заклепок и вычислить
необходимый шаг шва, определить число заклепок. [т]=600 кГ/см\
[о]см=2600 кГ/см2.
2.83. Тонкостенные замкнутые стержни скручиваются момен-
тами, приложенными по торцам. Определить допускаемый крутя-
щий момент при [т]=900 кГ/см2, вычислить угол закручивания стер-
жня при <7=0,3- 10е кГ/см2. Выбрать диаметр заклепок и спроекти-
ровать заклепочный шов по условию равнопрочности конструкции
на кручение, полагая для материала заклепок [т] = 1000 кГ/см2,
[о]см =2400 кГ/см2. Дано: а=30 см, 6=10 см, t=2 мм, /=200 см.
69
К задаче 2.83.
70
Глава 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ
ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ БРУСЬЕВ
§ 1. Координаты центра тяжести .
3.1. Определить ординаты центров фигур а), б) и в), имеющих
вертикальную ось симметрии 1).
У
а) б) в)
К задаче 3.1.
3.2. Определить координаты центра площади: а) симметричного
тавра, б) равнобокого уголка, s) неравнобокого уголка.
К задаче 3.2.
3.3. Определить координаты центра площади треугольника
через координаты вершин треугольника.
*) Вместо термина «центр тяжести площади» употребляются
термины «центр площади» или «центр фигуры».
сокращенны*
71
3.4. Выбрать высоту h симметричного тавра так, чтобы при за-
данной толщине а и ширине полки Ь=4а центр его площади лежал
на прямой тт.
К задаче 3.3
Ь------н
К задаче 3.4.
3.5* . Какую долю основания а должен составлять размер х,
чтобы центр площади прямоугольной трапеции с произвольной вы-
сотой h находился на прямой АВ, перпендикулярной основанию?
Найти ординату у центра площади.
К задаче 3.5.
К задаче 3.6.
3.6. Определить координаты центра площади трапеции. У к а-
з а н и е. Разбить трапецию на два треугольника.
3.7. Найти внутри квадрата со стороной а такую точку Е, чтобы
она была центром площади, которая получится, если из квадрата
вырезать равнобедренный треугольник АЕВ.
К задаче 3.7.
3.8* . а) Найти площадь F и абсциссу х0 центра фигуры АВС,
ограниченной параболой у — хп и двумя сторонами а и b прямоу-
гольника ABCD.
72
б) Определить площадь Л и абсциссу Xi центра фигуры ACD,
дополняющей фигуру АВС до прямоугольника.
в) Вычислить эти величины для частного случая квадратной
параболы.
3.9* . Определить расстояние ус центра площади полукруга.
К задаче 3.10.
3.10. Сечение балки образовано из прямоугольника и полукруга
с диаметром, равным ширине прямоугольника. Определить высоту
у прямоугольника, при которой центр всего сечения лежит на гра-
нице полукруга и прямоугольника.
§ 2. Моменты инерции
3.11. Вычислить площади F и моменты инерции Jx и Jy‘. а) пря-
моугольника, б) круга и в) кольца.
К задаче 3.11.
lb? <7 1
б)
К задаче 3.12.
3.12. Вычислить моменты инерции 7Ж, J у и Jху. а) тавра, б) дву-
тавра, в) равнобокого уголка и г) неравнобокого уголка относи-
73
тельно осей х и у ’)< Для каких фигур эти оси являются глав-
ными?
3.13* . Определить момент инерции треугольника высотой /г
относительно его средней линии, параллельной основанию Ь.
В
К задаче 3.15.
3.14. Вывести формулу для моментов инерции Jx, Jv и Jxy
прямоугольного треугольника. Найти центральные моменты инер-
ции J Ха, JУа и J ХаУя, применив формулу перехода к параллельным
осям.
3.15* . Вычислить момент инерции треугольника АВС относи-
тельно оси Ах.
3.16. Показать, что для двух треугольников, полученных де-
лением прямоугольника по диагонали, центробежные моменты
инерции их площадей относительно осей х и у одинаковы и равны
половине центробежного момента инерции прямоугольника.
К задаче 3.16.
К задаче 3.17.
3.17. Вычислить осевые и центробежный моменты инерции па-
раллелограмма относительно центральных осей х и у. Размеры се-
чения /1=4 см, Ь=3 см, а=1 см.
3.18. Для прямоугольного треугольника (см. рис. к задаче
3.14) найти точку 1, в которую нужно поместить начало осей %! и
]) Вместо термина «момент инерции площади фигуры» применяем сокращен-
ный термин «момент инерции фигуры».
74
Уи параллельных катетам, чтобы моменты инерции JXi и JUi были
главными. Пользуясь полученным результатом, вычислить цент-
робежный момент инерции Jx<1y0-
3.19. Для полукруга определить главные центральные моменты
инерции и наибольший центральный центробежный момент инерции.
К задаче 3.20.
3.20. -Вычислить момент инерции площади фигуры относительно
горизонтальной оси, проходящей по нижнему краю фигуры.
и ц) и главные цент-
ах
У
К задаче 3.22.
3.21 *. Найти главные центральные оси (и
ральные моменты инерции уголка (рис. к за-
даче 3.20, и) с размерами: Ьг= 15 см; Ьг=
=8 см; tt=2 см; t2=3 см. Проверить резуль-
таты графически по круговой диаграмме (Kjjy-
гу Мора).
3.22 *. Для четверти круга найти центро-
бежный момент инерции /Х]91.
3.23 *. Пользуясь формулами перехода к
параллельным и повернутым осям и зная JХ|!/|
(см. предыдущую задачу), определить цент-
робежный момент инерции четверти круга от-
носительно центральных осей х, у и главные центральные моменты
инерции. Координаты центра тяжести ус=хс=4/'/Зл=0,424 г.
76
3.24 . Фигура АВС служит дополнением к четверти круга до
квадрата со стороной г. Определить положение центра площади
АВС и моменты инерции относительно центральных осей, парал-
лельных сторонам квадрата.
К задаче 3.24.
К задаче 3.25.
8.25 *. Для сечения в виде параболического сегмента найти мо-
мент инерции относительно оси Ох. Уравнение параболы у- = ~х.
3.26 *. Найти момент инерции сектора относительно оси сим-
метрии. Для частного случая четверти круга проверить решение по
результатам решения задачи 3.23.
К задаче 3.26.
У
К задаче 3.27.
3.27 . Определить главные центральные моменты инерции эл-
липса с полуосями а и Ь. При решении воспользоваться соотноше-
ь
нием У3~ — Уи между ординатами эллипса и вписанного круга.
3.28 *. Определить момент инерции прямоугольника относи-
тельно оси п, совпадающей с диагональю ВС.
3.29 *. Показать, что: а) для прямоугольника (рис. к задаче
3.28*) с отношением сторон hlb*=2 любые оси, проведенные через
середину одной из длинных сторон являются главными; б) у любой
7б
фигуры, имеющей более двух осей симметрии (например, равносто-
ронний треугольник), все центральные оси главные.
3.30 . Выразить через hub главные моменты инерции и угол
наклона главных осей и и V, проходящих через угловую точку А
прямоугольника.
3.31. Зная выражения моментов инерции
относительно центральных осей х и у.
К задаче 3.28.
К задаче 3.30. К задаче 3.31. К задаче 3.32.
параллельных катетам, найти главные центральные моменты инер-
ции прямоугольного треугольника, определить угол р наклона
оси с наименьшим моментом инерции к оси х. Отношение кате-
тов а/Ь-ЩЗ.
3.32 . Составить выражения для осевых и центробежного момен-
тов инерции прямоугольника со сторонами Ь и h относительно
центральных осей х и у, повернутых на угол 30° к главным осям.
Какой вид примут полученные выражения для квадратного сече-
ния со стороной а?
3.33 . Найти угол наклона главных центральных осей и главные
моменты инерции параллелограмма (рис. к задаче 3.17), полагая
А=4 см, Ь=3 см, а~1 см.
3.34 *. Известны моменты инерции Jx, Jy, Jху. Составить форму-
лы для определения JXi и угла р, на который нужно повернуть оси
х, у, чтобы моменты инерции относительно новых осей ух были
одинаковыми.
3.35 *. Чему равен угол Pi, образованный осями равных момен-
тов инерции с главными осями в предыдущей задаче?
3.36 *. Сечение имеет площадь К=10 см2, главные центральные
моменты инерции /ж=410 см* и Jy=320 см*. На главной оси х
найти такие точки, чтобы все проходящие через них оси были глав-
ными для данного сечения.
3.37 *. Определить стороны прямоугольников инерциих): а)
прямоугольника со сторонами Ь и h (рис. к задаче 3.28) и б) круга
диаметром d.
') См. А. А. У м а н с к и й, Строительная механика бруса и систем брусьев,
5. 2. 3, Справочник проектировщика, расчетно-теоретический, Госстройиздат,
[осква, 1960.
77
3.38 . а) Выразить моменты сопротивления Wx и W7,, относи-
тельно главных центральных осей х и у равнобедренного треуголь-
ника через его основание b и высоту
h. б) Определить в зависимости от b
и h стороны прямоугольника инер-
ции равнобедренного треугольника.
3.39 .' Найти момент сопротивления сечения лонжерона относи-
тельно горизонтальной оси х, проходящей через центр площади
сечения.
3.40 *. Если квадрат, поставленный на ребро, уменьшать путем
срезки верхнего и нижнего углов на небольшую величину и, то
момент сопротивления относительно горизонтальной диагонали бу-
дет вначале увеличиваться. Насколько нужно срезать углы сече-
ния, чтобы момент сопротивления Wx имел максимальную величину?
Определить в процентах превышение этой величины над моментом
сопротивления площади с несрезанными углами.
К задаче .3.42.
3.41 *. Прямоугольник инерции произвольного сечения пло-
щадью /?=32 см2 имеет стороны а=18 см и £>=12 см. Пользуясь
им, определить главные моменты инерции J х и Jу, а также моменты
инерции относительно осей и и V, повернутых на угол а=—26°.
3.42 . Определить моменты сопротивления сечения колонны.
3.43 . Дан прямоугольник высотой h и шириной b (рис. к задаче
3.28). Определить, во сколько раз увеличатся момент инерции и
78
момент сопротивления относительно центральной оси х, если уве-
личить вдвое 1) высоту h или 2) ширину Ь.
К задаче 3.44.
3.44 . Сравнить моменты сопротивления IVC двух равновеликих
прямоугольных сечений, ослабленных вырезами одинаковой пло-
щади F = ‘2di.
3.45 . Для сечений в виде: 1) двух связанных между собой тонких
горизонтальных полос, 2) тонкого кольца, 3) сплошного прямоу-
гольника и 4) круга — определить момент инерции Jx, радиус
Инерции ix и момент сопротивления Wx.
К задаче 3.46.
3.46 *. Сечение состоит из п сосредоточенных площадей различ-
ной величины. Известны расстояния yih, измеренные по перпенди-
куляру к оси х между всеми сосредоточенными площадями Ft и
>Fh, где 1 = 1, 2, 3, ..., п и Л=1, 2, 3, . . . , п. Показать, что момент
79
инерции всего сечения относительно его центральной оси х
i=n. k = n
FiFky\k
1=1, к= i
8.47 *. Моменты инерции Jx, J,Jt JXIJ узкой полоски дли-
. , ... , Н3
рои I и толщиной t выразить через величину — и угол а
наклона полоски к оси у.
К задаче 3.47.
3.48*. Выразить момент инер-
ции полоски относительно оси
х через ординаты ее концов уА,
ув и площадь
К задаче 3.48
3.49. Найти полярный и осевой Jх моменты инерции сечения
круглой трубы, приближенно рассматривая сечение как тонкое
кольцо толщиной t и длиной nd по средней линии. Выразить точное
значение J™4", полученное как разность моментов инерции на-
ружного (<4i=d+/) и внутреннего (d2=d—I) кругов, через Jp и
отношение t/d. Насколько отличается приближенное значение Jp от
точного при отношении t/d=Q, 1?
-----d--------:
К задаче 3.49.
3.50* . Полукольцо имеет средний радиус г=40 мм и толщину
/=1 мм. Определить положение центра площади и главные мо-
менты инерции.
80
3.51* . Для тонкостенного зетового сечения а) найти моменты
инерции Jу, Jх и Jxv, б) вычислить главные моменты инерции, если
д=20 см, h=3Q см и /п=/с=1 см.
К задаче 3.51. К задаче 3.52.
3.52. Несущая часть крыла самолета состоит из четырех труб
сечением F=10 см2 каждая, соединенных между собой листами об-
шивки толщиной /=1 мм и вертикальными стенками толщиной
Zj=3 мм и /2=2 мм. Найти главные центральные моменты инерции
сечения несущей части крыла с горизонтальной осью симметрии.
3.53. Вычислить момент инерции относительно оси симметрии
х тонкостенного трехсвязного контура, имеющего утолщения (со-
средоточенные площади) F=5 см2 в точках А и В. Размеры даны в
миллиметрах.
К задаче 3.53.
К задаче 3.54.
3.54. Для тонкостенного симметричного двутавра определить
главные центральные моменты инерции Jy и Jx.
3.55* . Показать, что момент инерции Jx тонкостенного сечения
равен статическому моменту относительно оси х площади эпюры
yt, где у — ординаты, a t — толщины стенок профиля. Пользуясь
этим результатом, вычислить момент инерции несимметричного
сечения относительно оси х.
3.56. Определить центр О площади тонкостенного сечения.
3.57. Вычислить моменты инерции Jx, Jy для предыдущей за-
дачи.
3.58* . Вычислить момент инерции сечения фюзеляжа относи-
тельно горизонтальной центральной оси х. Принять во внимание
только сосредоточенные площади сечений ребер (стрингеров),
81
равные Ft=3 см2, Рг=Е3—-2 см2, Е\=4 см2. Расстояния: z/t=0,
^/s=25 см, t/3=60 см, У4=8О см.
3.59. Найти моменты инерции Jх и J tl тонкостенного симмет-
ричного двутавра с наклонными полками. Указание. См. за-
дачу 3.48.
3.60. Для равнобокого уголка 125х 125Х 10 мм вычислить при-
«ближенно (без учета закруглений) моменты инерции Jv, J,t, JXII
его сечения относительно центральных
осей, параллельных полкам. Определить'
в процентах погрешность вычисления Jx
сравнительно с его значением по таблице
ГОСТ, полученным с учетом закруглений.
3.61. Пользуясь таблицами сортамента
прокатной стали, найти центробежный мо-
мент инерции сечения уголка относитель-
но центральных осей, параллельных пол-
кам.
3.62. Сравнить главные моменты инер-
ции площадей двух сечений, составленных
'из четырех уголков /) в форме креста, 2) в форме квадрата; расстоя-
ние между уголками /=16 мм.
,82
3.63. На оси Ох двутавра найти положение точки А, обладаю-
щей тем свойством, что моменты инерции относительно осей Ах:
и Ау' равны.
3.64* . Определить моменты инерции сечения двутавра № 24а
относительно осей и и v, повернутых ио часовой стрелке на 30*
к главным осям.
К Задаче 3.G3.
3.65. Построить эллипс и прямоугольник инерции на централь-
ных осях х и у для равностороннего треугольника со стороной а.
3.66. На каком расстоянии b нужно расположить двутавры, что-
бы момент инерции их сечений относительно оси у равнялся 780 ел4?
3.67. Определить размер b так, чтобы центральный эллипс
инерции получился в форме круга (и, следовательно, прямоуголь-
ник инерции в форме квадрата).
8>
600X10 -
2x250x10'
К задаче 3.73
84
3.68* . Вычислить момент инерции Jx (нетто) сечения клепаной
двутавровой балки.
3.69. Из уголков составлены варианты а) тавровый и б) кресто-
вый. Определить главные моменты инерции обоих сечений.
3.70* . Вычислить центробежный момент инерции Jxy нерав-
нобокого уголка 140 X 90X10 мм.
3.71. Для расположения бульбшвеллеров 29НХ № 5Дй=5 см,
b=3 см, F=3,45 cjh1 2, JXo= 13,62 см', Jy=3fi3 см', хо=1,074 сл)
а) стенками внутрь и б) стенками наружу подобрать ширину d,
чтобы Jy=l,5 Jx, и определить отношение Wy/Wx для обоих
случаев.
3.72. Лонжерон (основная продольная балка крыла самолета)
составлен из четырех бульбуголков 24НХ № 8 и вертикальной
стенки 180x3 мм. Определить момент инерции Jx и момент сопро-
тивления Wx сечения лонжерона. Для одного бульбуголка
Д=3,32 см*, Jх<1= 1,978 см', уа= 0,675 см х).
3.73. Найти координаты центра тяжести и вычислить моменты
инерции относительно вертикальной и горизонтальной централь-
ных осей сечения неравнобокого тонкостенного уголка. Определить
направление главных осей и главные моменты инерции; размеры
по средней линии: а=120 мм, &=60 мм, t=2 мм.
3.74* . Известны моменты инерции 7Ж=365 см', JУ=117 см' и
JO=281,6 см' неравнобокого уголка 125X80X12 мм. Найти глав-
ные оси и главные моменты инерции площади сечения.
К задаче 3.74.
К задаче 3.75.
3.75* . Для сечения составной балки найти координаты центра
сечения, моменты инерции сечения относительно центральных
горизонтальной и вертикальной осей х и у, направление главных
осей 1 и 2, главные моменты инерции Л и J2, полуоси эллипса
инерции и построить прямоугольник инерции.
3.76. Показать примерное расположение главных центральных
осей, эллипсов и прямоугольников инерции для сечений, изобра-
женных на рисунке. Для одного из этих сечений определить угол
наклона главных осей к горизонтали и вычислить главные - цент-
ральные моменты инерции.
1) Данные о профилях НХ из дюраля см. в книге: А. М. А ф а н а с ь е в,
S, Г. Калинин, В. А. М а р ь и н, Основы строительной механики, 1951,
боронгиз. Другие профили см. Приложение к настоящей книге, табл. 10—17.
85
24-0-fS
ггГ/Гтъ
У) Ф)
Ев
Глава 4. РАСЧЕТ БАЛОК НА ПРОЧНОСТЬ
§ 1. Эпюры усилий в поперечных сечениях балок1'
4.1 *. Цилиндр удерживается тросом Т и упирается в наклонную
балку АВ в точке С. Угол наклона троса к вертикали а=30°. Вес
цилиндра Р=1200 кГ. Определить реакции опор балки и построить
эпюры усилий.
К задаче 4.2.
4.2 . Построить эпюры усилий для наклонной балки АВ, не-
сущей шкив в точке С.
К задаче 4.3.
4.3 *. На оси балки АВ насажены два шкива в точках С и D,
дающие направление тросу, укрепленному в точке Е и удержи-
') Под общим названием «усилий» понимаются продольная сила УУ, попереч-
ная сила Q и изгибающий момент М.
61
вающему груз Р=1600 кГ. (Определить опорные реакции и постро-
ить эпюры усилий в балке.
4.4 . Балка шарнирно закреплена на опоре А, конец В положен
на катки. Сила Р=2 Т. Определить вертикальные и горизонталь-
ные составляющие опорных реакций и построить эпюры усилий.
4.5. Балка АВ поддерживается в
горизонтальном положении стерж-
К задаче 4.4.
К задаче 4.5.
нем CD, а концом А прикреплена шарнирно к стене. Определить
вертикальную и горизонтальную составляющие давления на стену и
усилие S стержня CD. Построить эпюры Q, N и М. Сила Р=5 Г»
£
К задаче 4.6. К задаче 4.7.
4.6. Балка может вращаться вокруг неподвижного шарнира Л»
На конце В к ней прикреплен груз /?=30 кГ при помощи троса,
перекинутого через блок. Балка несет также грузы Pi=30 кГ и
К задаче 4.8.
плоскости.
Р2=40 кГ. Определить длину I, при
которой балка будет находиться
в равновесии. Построить эпюры
Q и М.
4.7*. Балка АС поддерживает-
ся тремя стержнями. Груз Р=-=
=6300 кГ. Определить усилия в.
опорных стержнях. Построить эпю-
ры Q, N и М для балки.
4.8. Определить реакции опор-
ных стержней А В, ВС и CD,
расположенных в вертикальной
плоскости при действии на тело сил Рх=3 Т и Pu=2 Т в той же
4.9*. Балка АВ опирается концом В на другую балку. Опреде-
лить опорные реакции балок и изгибающие моменты в сечениях Е,
С, F. Построить эпюры Q и М.
К задаче 4.9.
4.10. Консоль АВ соединена шарниром В с балкой ВС. Над
шарниром стоит тележка крана весом G—5 Т, несущего груз
Р~
= 1 Т. База тележки 2 м. Стрел-
ка крана поставлена вдоль бал-
ки. Построить эпюры Q и М.
4.11. Конструкция состоит
из двух одинаковых консольных
балок АС и DF, соединенных в
шарнирах С и D промежуточной
балочкой. Р=2 Т. Построить
эпюры Q и М.
4.12. По балке перемещается
Г---4м
тележка на трех колесах. Давле- к ЗЯдаче 4. ю.
ние переднего колеса Pi=4 Т,
остальных по Р2=3 Т. На каком расстоянии х от конца А нуж-
но установить заднее колесо тележки, чтобы давление на опору А
было вдвое больше давления на опору В?
К задаче 4.11.
4.13. Мостовой кран АВ пролетом /= 12 м опирается на рельсы,
уложенные на выступах стен. Вдоль моста крана весом G=6 Т
К задаче 4.12.
перемещается тележка, которая
вместе с грузом весит Р=4 Т.
Выразить вертикальные давле-
ния на стены в зависимости
от расстояния х между цент-
ром тележки и рельсом на кон-
це А.
4.14*. Груз Р = 1 перемещается по балке АВ. Построить ли-
нии влияния (инфлюенты): а) опорной реакции VА,
89
б) поперечной силы Qa в сечении т — т, в) изгибающего мо-
мента Ма в том же сечении. Линией влияния какого-либо усилия в
ваданном сечении называется график, изображающий закон изме-
нения этого усилия при движении вдоль балки груза Р=1.
4.15. При посадке самолета одновременно на три колеса дей-
ствуют горизонтальная сила /7=1600 кГ, вертикальная сила (7=
= 18 000 кГ и момент 214 = 1200 к7\и. Определить вертикальные со-
ставляющие давлений на переднее и на каждое из двух задних
колес.
К задаче 4.15. к задаче 4.15.
4.16* . Два бруса АС и ВС соединены шарниром в точке С.
Определить вертикальные и горизонтальные составляющие реак-
ций опор.
4.17. Какой величины будут составляющие реакций опор пре-
дыдущей задачи, если силу Р приложить а) вертикально, б) гори-
зонтально?
4.18. Симметричная трехшарнирная арка нагружена горизон-
тальной силой Р в верхнем углу D. а) Определить вертикальные и
горизонтальные составляющие опорных реакций, если /г=2 м,
1=4 м. б) Как изменятся эти составляющие, если силу Р прило-
жить вертикально в ключевом шарнире С?
ео
4.19. Выразить в функции х изгибающий момент Мх и попереч-
ную силу Qx на отдельных участках и вычислить Л4тах. Для балки
а) рассмотреть частный случай а=Ь=\/2. Построить эпюры Q и М
обеих балок.
4.20. Для балок: а) с нагрузкой р, распределенной по всему
пролету /, б) распределенной на участке
а=2Ь, в) с нагрузкой 2р на половине про-
лета и грузом Р=—pl/2 посередине — со-
ставить выражения М и Q для произволь-
ных сечений участков, найти х0 до сечений
с Мтах, вычислить Afmax и построить
эпюры М h'Q.
4.21. Простая балка (см. рис. к задаче
4.14) нагружена вертикальной сосредото-
ченной силой Р на расстоянии х от левой
опоры. Установить закон изменения вели-
чины наибольшего изгибающего момента
по мере движения груза Р вдоль, балки.
4.22. Построить эпюры сил Q и момен-
тов М от сосредоточенных сил Р. Прове-
рить дифференциально-интегральную зависимость между Q и М.
4.23. Построить эпюры Q и М. для балки а) 1=6 м, Р=2 Т.
Как изменятся эпюры Q и М, если расстояние между силами
уменьшить До //3, а величины их увеличить до Рг=3 Т, т. е. момент
пары оставить прежним (балка б)? Какими будут эпюры усилий в
91
предельном случае сближения сил, когда нагрузка (балка в) полу-
чится в виде сосредоточенного момента А=6 Тм, приложенного в
плоскости балки посередине пролета?
4.24. Проследить изменение эпюр Q и М в консоли при умень-
шении плеч пары сил, момент которой Ра остается неизменным.
4.25. Вдоль балки перемещается пара сил с моментом L = Pl,
Как изменяются эпюры усилий всечениях балки при этом?
К задаче 4.25.
4.26. Для балки пролетом /=6.ч построить эпюры Q и М. Изме-,
вить направление момента L и снова построить эпюры Q и Mf
К задаче 4.26.
4.27. В балках с консолями определить опорные реакции и
построить эпюры Q и М для двух вариантов сил Р и Рс. Орди-
наты эпюр изгибающих моментов проверить через площади эпюр
поперечных сил.
К задаче 4.27.
4.28* . Построить эпюры Q и М. от моментной нагрузки для
балок, изображенных на рисунке, вычислить характерные орди-
наты и проверить дифференциальную зависимость между Q и М,
Положить: 1) LC=2L, 2) LC = L.
4.29* . Линия центров тяжести сечений (ось балки) проходит
посередине высоты /г. По верхней грани балки приложена равно-
мерно распределенная касательная нагрузка интенсивностью q
кГ/см. Нижней гранью балка прикреплена слева к шарнирной под-
92
вижной опоре А, справа—к шарнирной неподвижной опоре В.
Построить эпюры поперечных и продольных сил и изгибающих
моментов по длине балки.
С
т=80А$-
д
L ~50нГм
1,6м
0,8 -+-£?в—I
К задаче 4-28.
4.30. Как изменятся эпюры N, Q и М в балке предыдущей
’ задачи, если неподвижную и подвижную опоры поменять местами?
К задаче 4.29. К задаче 4.31
4.31. Нагрузка балки состоит из сосредоточенных моментов.
Найти реакции опор и построить эпюры усилий Q и М.
К. задаче 4.32.
4.32. Составить выражения изгибающего момента в произволь-
ном сечении балки при действии сплошной моментной нагрузки в
вертикальной плоскости. Интенсивность нагрузки тх изменяется по
треугольнику с наибольшей величиной тй: 1) на правом конце,
2) на левом конце. Построить для указанных случаев эпюры Q и
М и проверить дифференциальную зависимость между ними.
93
4.33. При некоторой нагрузке балки была построена эпюра
изгибающих моментов, изображенная на рисунке; поперечные силы
на всем протяжении балки равны нулю. Восстановить нагрузку,
соответствующую данной эпюре М и оп-
ределить конструкцию опор балки.
4.34. На рисунке изображены эпюры
изгибающих моментов для различных
случаев нагрузки простой балки с про-
летом ординаты отложены со стороны
сжатых волокон. Построить эпюры по-
перечных сил, вычислить реакции опор
'балки и определить ее нагрузку. Как изменится нагрузка, если
предположить, что эти эпюры изгибающих моментов построены
для консоли?
К задаче 4.34.
4.35. Даны эпюры изгибающих моментов а), б) и в), построен-
ные для трех случаев нагрузки балки АВ. Построить эпюры попе-
речных сил и определить нагрузку, соответствующую указанным
К задаче 4.35-
4.36. Какие моменты LA = LB нужно приложить, чтобы площадь
эпюры М была равна нулю? Построить эпюры М и Q для этого слу-
чая.
4.37* . Равномерная нагрузка р приложена на участке CD1
балки. Эпюра М от равнодействующей силы R=pa имеет вид треу-
гольника с вершиной S посередине участка а. Показать, что эпюра,
изгибающих моментов от нагрузки р
получится, если на участке а в тре-
угольную эпюру М вписать квадрат-
ную параболу так, чтобы она делила
[/?=ра
I______zP
К задаче 4.37.
пополам отрезок, заключенный между вершиной треугольника
хордой параболы.
4.38. Построить эпюры М, а затем, применяя дифференциаль-
ную зависимость, построить эпюры Q. Найти величину и места
Л4,пах. (Необходимые дзишле см. на рисунке.)
К задаче 4.38.
’>Рс=Р- 2)рс=2р
К задаче 4.40.
4.39. В предыдущей задаче распределенные по отдельным уча-
сткам нагрузки везде заменить равно-
действующими силами Р=ра, где
а — длина участка нагрузки с по-
стоянной интенсивностью, и постро-
ить эпюры усилий. В чем отличие этих
эпюр от построенных ранее для рас-
пределенной нагрузки?
4.40. Построить эпюры усилий.
(Необходимые данные см. на рисунке.)
4.41. Дана эпюра изгибающих моментов для консоли от сплош-
ной нагрузки р. Как простым построением из этой эпюры можно
95
получить эпюру моментов для простой балки той же длины /?
Применить этот прием к случаям нагрузки консоли силой или
сосредоточенным моментом.
К задаче 4.41.
a) Д
iB
д
1_
2
Р
с
Зр
2
Р
К задаче 4.42.
4.42 . Для консолей построить эпюры Q и затем построить эпю
ры /И, пользуясь площадями эпюр Q.
4.43 . Построить эпюру Л'1 по площадям эпюры Q и определить
К задаче 4.43
величины L и Р2, при которых опорная
реакция и опорный момент консоли рав-
ны нулю.
4.44 *. Показать, что эпюра изгиба-
ющих моментов для консоли АВ заклю-
чена между параболой А'В', ограни-
чивающей эпюру моментов для про-
стой балки, и прямой В'С, касательной к параболе в точке В'. При
этом ординаты треугольника А'В'С равны моменту от реакции Vв
К задаче 4.44.
в простой балке. Пользуясь этим
свойством, построить для консоли
эпюры: 1) от силы Р и 2) от сосре-
доточенного момента L, приложенных
в промежуточном сечении.
К задаче 4.45.
4.45 *. При непосредственной передаче нагрузки р на основную
балку АВ (без вспомогательной балочки CD) эпюра изгибающих
моментов изменяется по квадратной параболе. Показать, что прямая
в
06
CD' разделяет эту эпюру на параболическую эпюру вспомога-
тельной балочки и эпюру основной балки (на рисунке заштрихо-
вана), полученную при передаче нагрузки через балочку CD.
4.46. Построить эпюры Q и М для балки АВ (см. рис. к задаче
4.45), если взамен равномерной нагрузки р посередине вспомога-
тельной балочки CD приложены: 1) сосредоточенная сила Р=12Т,
направленная вниз, 2) сосредоточенный момент Ра/2, действующий
по часовой стрелке. Пролет балки /=6 м, Ь=1 м, а—3 м.
4.47. Определить отношение I : а, при котором: 1) изгибающий
момент посередине пролета равен нулю, 2) изгибающие моменты
на опорах и в пролете одинаковы
по величине и противоположны
по знаку.
К задаче 4.48.
К задаче 4.47.
4.48* . Определить опорные реакции и построить эпюры про-
дольных сил IV, поперечных сил Q и изгибающих моментов М в
стержнях А В и CD.
4.49. Построить эпюры Q и М. Вычислить величины Q й max М,
(Необходимые данные см. на рисунке).
6)Р=300хГ
р Р=54ОКГ; 2)Р=960кГ
р=500кГ/м , г г
г 7 г*-1=640кГМ
rW
pL=Pa; z)L=~Pa
К задаче 4.49.
4.50. Определить величину и место сосредоточенного момента L,
если известно, что в сечении С поперечная сила Qc—0 и изгибаю-
щий момент Л4С=1152 кГм.
4.51. В сечении С изгибающий момент УИс=3600 кГм,а попереч^
ная сила Qc=600 кГ. Определить сосредоточенный момент L и ин-
тенсивность нагрузки р, если сосредоточенная сила Р=1200 кГ
-4 Под ред. А. А. Уманского
97
4.52. 1) Чему равна вся площадь Fq эпюры поперечных сил
для балки с двумя шарнирными опорами на концах от любой
К задаче 4.51.
К задаче 4.50.
комбинации сосредоточенных и сплошных вертикальных нагрузок?
2) Какие изменения вносит добавление: а) сосредоточенных мо-
ментов L, б) сплошной моментной нагрузки постоянной интенсив-
ности т, распределенной на длине а?
К задаче 4.53.
4.53* . Построить эпюры Q и М, определить положение опасных
сечений и величины Л1тах и Qmax.
К задач* 4.64.
4.54. Построить эпюры Q и М. Определить наибольший изги-
бающий момент и наибольшую поперечную силу.
4.55. Для консолей построить эпюры Q и М и вычислить их
максимальные ординаты. Проверить эпюры изгибающих моментов
68
для этих балок, применяя прием, изложенный в задаче 4.44, к
простым балкам с соответствующей нагрузкой (задачи 4.53 и 4.54).
К задаче 4.55.
4.56. К балкам АВ приложены уравновешенные нагрузки. По-
строить эпюры Q и М. (Необходимые данные см. на рисунке.)
К задаче 4.56.
4.57. Аэродинамическая нагрузка на крыло самолета принята
распределенной по линейному закону. Наибольшая интенсивность
нагрузки (у фюзеляжа)
равна рА=300 кГ/м, наи-
меньшая рв= 100 кГ]м\ вес
агрегата Раг=360 кГ. По- J~~O~
строить по оси крыла эпю-
ры Q и М.
4.58. На рисунке изоб-
ражены эпюры изгибающих. к задаче 4.57.
моментов для простой бал-
ки пролетом I. Все кривые очерчены по параболе второй степени.
Ординаты эпюр отложены со стороны сжатых волокон. Опреде-
4’
99
лить нагрузки балки и построить эпюры поперечных сил, соот-
ветствующие указанным эпюрам изгибающих моментов.
К задаче 4.58.
К задаче 4.59.
4.59. Составить уравнения эпюр Мх и Qx при действии на балки
сплошных нагрузок, изменяющихся по законам, указанным на
рисунке, й построить эти эпюры.
юо
§ 2. Эпюры усилий в шарнирных балках и рамах
4.60. Показать, что при любой нагрузке эпюру изгибающих
моментов для балки АВ (с обоими защемленными концами и с двумя
шарнирами в промежуточных сечениях) можно получить из эпюры
моментов для простой балки А'В' от той же нагрузки; для этого
нужно провести прямую, пересекающую эпюру простой балки в
точках С и £)', лежащих на верти-
калях СС и DD', проведенных через
шарниры.
К задаче 4.G0.
4.61* . Две балки соединены шарниром и прикреплены к осно-
ванию стержнями 1, 2, 3, 4. Определить усилия в прикрепляю-
щих стержнях и в шарнире. Построить эпюры Q, N и М.
4.62. Построить эпюру моментов (см. задачу 4-.60).
К задаче 4-62.
К задаче 4.63.
К задаче 4.64.
4.63* . Груз Р=5000 кГ при помощи вспомогательных балочек,
соединенных шарниром S, передается на консольную балку ADB
в точках А, С и В. Построить эпюры Q и М для вспомогательных
балочек и для основной балки ADB.
101
4.64* . Для балок АВ с одним или двумя шарнирами С и D
в пролетах определить реакции опор и построить эпюры Q и М.
Проверить эпюры М по способу, предложенному в задачах 4.60
и 4.62.
4.65. Определить коэффициент а для наиболее выгодного рас-
положения шарниров, при котором абсолютная величина наиболь-
ших изгибающих моментов в пролетах равна величине опорных
моментов. Построить для этой балки эпюры Q и М.
К задаче 4.66.
4.66* . К балке АВ в точке D жестко прикреплен вертикальный
брус CD, в верхнем конце которого насажен блок. Через блок пере-
кинут трос, укрепленный в точке Е и удерживающий груз Р=
= 1000 кГ. Определить реакции опор балки АВ и построить эпюры
N, Q и М для балки и бруса CD.
4.67. Для трехшарнирной арки задачи 4.18 построить эпюры
усилий N, Q, М.
4.68. Брус BDS ломаного очертания прикреплен горизонталь-
ным тросом АВ и шарниром S к другому ломаному брусу XCS,
который имеет в точке Е шарнирную неподвижную и в точке F
шарнирную подвижную опору. Груз /’=4000 кГ. Определить натя-
жение троса АВ, реакции опор Е и F и построить эпюры продольных
и поперечных сил и изгибающих моментов для обоих брусьев.
К задаче 4.68.
К задаче 4.69.
4.69. Кронштейн из трех стержней АС, ВС и CD, жестко сое-
диненных друг с другом, прикреплен шарниром А, а концом В
упирается в гладкую вертикальную стену. Груз Р=60 кГ. Опреде-
лить вертикальные и горизонтальные составляющие реакций и
построить эпюры усилий в стержнях.
102
4.70. Построить эпюры N, Q и М для рамы, если высота ее
Л=3 м, пролет 1=2 м, нагрузка р=200 кГ[м,
4.71. Как изменятся эпюры усилий в раме (рис. к задаче 4.70),
если левую опору сделать подвижной, а правую неподвижной?
4.72. Построить эпюры продольных сил N, поперечных сил Q
и изгибающих моментов М.
изгибающих моментов. (Необходимые
4.73* . Построить эпюру
данные см. на рисунке.)
ЮЗ
4.74. Построить эпюры усилий IV, Q, М в двух случаях: а)
левая опора неподвижная, б) левая опора подвижная. (Необхо-
димые данные см. на рисунке.)
4.75. Коленчатый вал нагружен в его плоскости силой 2Р по-
середине и силой Р в углу D. Построить эпюры изгибающих мо-
ментов от каждой нагрузки в отдельности,
а затем полученные результаты сложить.
§ 3. Напряжения при изгибе
4.76. Двутавровая балка № 30 изгибает-
ся постоянным моментом М = 13 Тм в плос-
кости стенки. Определить нормальные на-
пряжения в точках сечения балки, распо-
ложенных на расстояниях i/t=0, у2=б см,
у3==10 см, //4=15 см от нейтрального слоя,
построить их эпюру по высоте сечения и
вычислить радиус кривизны оси балки,
если Е=2- 10е кГ/см2.
4.77. Труба наружного диаметра D=8 см и внутреннего d=
=6 см изгибается моментом Л1=350 кГм. Определить нормальные
напряжения в точках у наружной и внутренней поверхностей трубы
в плоскости изгиба.
4.78* . При действии в сечении стальной балки (£=2,1 • 10вкГ/сл/2)
изгибающего момента М радиус кривизны оси балки получился
равным р=45 м. Построить эпюру нормальных напряжений и най-
ти величину момента М, если сечение прямоугольноеbxh=3x8см.
4.79. Простая балка пролетом 1=3 м нагружена посередине
силой Р = 1,6 Т. Определить наибольшие нормальные напряжения,
если сечения балки: а) прямоугольник /iXfe=24xlO см, б) дву-
тавр № 12
4.80* . Вычислить нормальные напряжения в крайних точках
опасного. сечения, если Р=3 Т. Определить величину сил /’тах
при наибольшем нормальном напряжении сгтах = 1200 кГ/см'1,
К задаче 4.80.
К задаче 4.81.
4.81. Для балки двутаврового сечения № 24а найти наиболь-
шие нормальные напряжения при а=1,5 м и р=10 кГ/см. Опре-
делить а и р, если нормальные напряжения о в крайних точках
сечений на опоре и посередине пролета одинаковы и равны
1400 кГ/см2.
4.82. При нагружении балки силой Р крайнее нижнее волокно
получило в сечении СС удлинение As=0,008 мм. Определить силу
104
Р, если £=1,9- 10е кГ/см1. Удлинение измерялось при помощи
тензометра с базой 5=2 см.
4.83*. При непосредственном нагружении балки АВ силой Р
посередине пролета наибольшие нормальные напряжения превы-
шают допускаемые на 30%. Для устранения перенапряжения по-
ставлена вспомогательная ба-
лочка CD. Определить длину
а этой балочки.
_ 1
2
С
Д
-а—*А
1=ём-----
К задаче 4.83.
в
К задаче 4.84.
ОДНИМ кон-
4.84. Вычислить нормальные и касательные напряжения пря-
моугольного сечения балки в точках на уровне у=5 см от нейтраль-
ного слоя, если в этом сечении Л4 = 1,2 Тм, Q=2,6 Т,
h=22 см, Ь—9 см.
4.85* . Найти наибольшие нормальные и касатель-
ные напряжения в простой балке прямоугольного
сечения, &ХЛ=4Х12 см, нагруженной в плоскости
наибольшей жесткости равномерной нагрузкой р=
= 120 кГ/м, распределенной по всему пролету /=
= 2,4 м.
4.86. Определить наибольшие нормальные и ка-
сательные напряжения в опасном сечении двутавро-
вой балки № 20а длиной 1= 1,5 м, если она заделан
цом в стену и нагружена силой Р=2000 кГ на свободном конце.
4.87. Определить нормальные и касательные напряжения по
линии АА на расстоянии 5 см от верхней грани прямоугольного
сечения, взятого посередине балки.
Сила Р=1000 кГ.
4.88. Построить эпюру касатель-
ных напряжений по высоте h балки
прямоугольного сечения Ьхй=6х
х24 см при действии в сечении вер-
тикальной поперечной силы Q=
=2000 кГ. Ординаты эпюры т вычис-
лить в точках на расстоянии 0, 4, 8 и
12 см от нейтрального слоя.
между наибольшими нормальными на-
пряжениями стальной балки двутаврового сечения № 16 и трубы
120x108 мм той же площади сечения, если балка и труба изгиба-
ются одинаковыми моментами Л1 = 1000 кГ.
4.90. Консоль из двутавра № 22 изгибается силой Р, приложен-
ной на свободном конце. Используя табличное значение Sx, опре-
К задаче 4.87.
4.89. Найти отношение
105
делить длину I консоли, при которой наибольшие касательные на-
пряжения ттах составят половину наибольших нормальных отах.
4.91. Определить сдвигающее усилие Т в плоскости нейтраль-
ного слоя консоли, имеющей прямоугольное сечение высотой h.
К задаче 4.91.
4.92. Консольная балка изготовлена из чугунной отливки тав-
рового сечения. Проверить прочность балки, если сила Р=800 кГ,
а длина консоли «=20 см. Допускаемое напряжение 4угуна на сжа-
тие 1200 кГ/см', на растяжение 350 кГ/см2.
4.93. Определить наибольшие силы Рг и Р2, которыми безопасно
можно нагрузить балку, составленную из двух бульбшвеллеров,
при условии, чтобы прочность балки в се-
чении на опоре В и под силой Р2 была
одинаковой. Допускаемое напряжение
[о]=800 кГ/см2
4.94. Балка, свободно лежащая на
двух опорах, нагружена посередине силой
Р=2000кГ. Определить пролеты I, которые
безопасно можно перекрыть деревянной
балкой прямоугольного сечения bxh=
= 12x20 см и двумя стальными швел-
лерами № 12 при допускаемых напряже-
ниях: дерева 120 кГ/см2, стали 1600 кГ/см2.
4.95* . При какой длине I консоли пря-
моугольного сечения hx b, нагруженной на конце силой Р, наи-
большие нормальные и касательные напряжения будут одновре-
менно равны допускаемым, отношение которых [т]/[ст]=0,8? Опре-
делить длину /1 для балки двутаврового сечения, изображенной на
рисунке, при том же условии прочности.
4.06а Вывести приближенные формулы для определения нор-
мальных и касательных напряжений при изгибе тонкостенной бал-
ки, есди расстояние между центрами тяжести поясов площадью
и Fs и высота стенки толщиной t приняты равными h. При вы-
воде учесть, что в балках, составленных по типу двутавра с очень
тонкой стенкой и мощными поясами, можно при вычислении стати-
ческого момента и момента инерции сечения не принимать во вни-
106
мание сечение стенки, а сечения поясов считать сосредоточенными
в их центрах тяжести; при этом напряжения изгиба принимаются
распределенными равномерно: нормальные — только по сечениям
поясов, касательные — только
по сечению стенки.
К задаче 4 96.
4.97*. Тонкостенная балка составлена из поясов площадью
F=7 сма каждый и стенки 200x2 мм. Центры тяжести поясов
расположены на расстоянии 0,5 h= 100 мм от оси симметрии х.
Сравнить касательные нап-
ряжения в стенке на уров-
не горизонтальных пояс-
ных заклепок и по нейт-
ральной оси от действия
силы Q=3000 кГ: 1) учи-
тывая влияние стенки на
величину момента инерции
и статического момента
сечения и 2) пренебрегая
этим влиянием.
4.98*. Показать, что
при изгибе балки, составленной из поясов и тонкой вертикаль-
ной стенки, формулу для погонного касательного усилия в стенке
q=QS/J можно заменить приближенной формулой q=QJh, где
Л=е1-|-^2 — расстояние между центрами тяжести сечений поясов.
107
4.99. Балка состоит из двух поясов с площадью сечения F--
=5 см2 каждый и тонкой криволинейной стенки, условно не вос-
принимающей нормальных напряжений в поперечном сечении. Рас-
стояние /1=18 см. Определить наибольшие допускаемые величины
поперечной силы и изгибающего момента при допускаемых напря-
жениях: [ст]=1600 кГ/смг и [т]=960 кГ/см2. Зависит ли величина Q
от очертания сечения стенки?
§ 4. Подбор сечений
4.100. Подобрать по сортаменту прокатной стали сечение балки,
из двух швеллеров при допускаемом напряжении [ст] = 1750 кГ/см2.
К задаче 4.101.
4.101. Деревянная балка нагружена силами Р=500 кГ на рас-
стояниях а=0,7 м от опор. Принимая, что допускаемое напряжение
при изгибе [<т]=100 кГ/см2, подобрать прямоугольное сечение бал-
ки с отношением сторон hlb=3.
4.102. Наибольший изгибающий момент балки Л1 = 15 Тм. До-
пускаемое напряжение равно 1600 кГ/см2. Подобрать по сортаменту
прокатной стали сечение балки:
в=50кГ/м а) двутавровое, б) из двух швел-
[жжжиитпжи;
К задаче 4.103.
леров.
4.103. Подобрать диаметр балки
d при допускаемом напряжении
[ст] = 120 кГ!см2. Определить, во
сколько раз надо увеличить пло-
щадь сечения, если интенсив-
ность р будет в 10 раз больше.
4.104. Подобрать сторону квадратного сечения деревянной бал-
ки, нагруженной силой Р=500 кГ на конце консоли длиной а=-
=0,5 м (как на рис. к задаче 4.92), при допускаемом напряжении
(ст1==Ю0 кГ/см2. Как изменятся размеры сечения, если силу Р
увеличить в три раза?
4.105. Определить изгибающий момент М, который можно
приложить: а) к стальной двутавровой балке № 27а, б) к стальной
балке из двух швеллеров № 24а, в) к деревянной балке прямоуголь-
ного сечения hx5=24X18 см. Допускаемые напряжения: стали
[ст]=1950 кГ!см2, древесины [ст] = 130 кГ/см2, .
108
4.106. Во сколько раз увеличатся объемы балок квадратного
и прямоугольного сечений, если нагрузка на них будет увеличена
в два раза? Вид нагрузки, пролет балки и допускаемые напряжения
остаются неизменными. Сечение прямоугольной балки изменяется
только по высоте, ширина сечения остается постоянной.
4.107. Две балки, из которых одна круглого, а другая квад-
ратного сечения, нагружены сосредоточенным грузом. Балки сде-
ланы из одного материала; их пролеты, расположение груза и пло-
щади поперечных сечений также одинаковы. Допустимый груз для
круглой балки Р1=1000 кГ. Найти допустимый груз Р2 для квад-
ратной балки.
4.108* . Чугунная балка треугольного сечения с высотой h и
шириной основания £>=0,6 h изгибается моментами £=50 кГм.
Подобрать размеры сечения при коэффициенте запаса п=5, если
предел прочности чугуна на растяжение ор=2500 кГ/см2 и на
сжатие ас=10 000 кГ/см2. Определить, во сколько раз надо увели-
чить высоту сечения h балки, если знак изгибающего момента изме-
нится на обратный.
4.109. Швеллер № 24 изгибается моментом L, приложенным в
вертикальной плоскости. Определить допускаемые величины этого
момента для двух случаев расположения стенки швеллера: 1) вер-
тикально и 2) горизонтально. Допускае-
мое нормальное напряжение [о] =
— 1600 кГ/см1.
4.110* . Балка нагружена силами Р—
=0,5 Т. Определить наименьший диаметр
бревна, из которого можно выпилить
балку, и отношение сторон b : h при усло-
вии, чтобы момент сопротивления сечения
балки был наибольшим. Допускаемое
напряжение [ст] = 100 кГ/см*.
4.111. Сравнить две балки по коли-
честву материала, затрачиваемого на них
при условии одинаковой прочности. Сече-
ние первой балки квадратное со стороной
моугольное с высотой /i=2b, где b — ширина сечения.
109
4.112. На рисунке приведены схемы различных сечений балки,
которая изгибается моментом Л1=360 кГм. Подобрать размеры b и
h этих сечений при максимальном напряжении а=120 кГ/см?.
Сравнить площади сечений в процентах по отношению к наимень-
шей площади. Принять b//i=0,75.
К задаче 4.112.
4.113. Определить наружный и внутренний диаметры трубы при
их отношении d: 0=0,7. Предел прочности <тв=3500 кГ[см'\ ко-
эффициент запаса kB—5.
К задаче 4.113.
4.114. При посадке самолета нагрузка передается на ось АВ
в виде двух сил Р=500 кГ. Ось имеет трубчатое сечение, наружный
диаметр 0=55 мм и изготовлена из специальной стали с пределом
прочности ав=130 кГ/мм"*. Коэффициент запаса /гв=6. Подобрать
толщину стенки t трубчатой оси шасси.
4.115* . Определить необходимую площадь F сечения одина-
ковых поясов и толщину стенки балки (см. рис. к задаче 4.98) при
условии, что стенка работает только на касательные напряжения,
а пояса — на нормальные. Даны: изгибающий момент М=3600 кГм,
поперечная сила Q=5000 кГ, допускаемые напряжения [о] =
= 1600 к.Г1см'1, [т]=800 кГ!см\ Принять /г=32 см.
4.116. Балка с двумя консолями длиной а=2 м (рис. к задаче
4.81) нагружена равномерной нагрузкой интенсивности р=1200кГ/л<.
По таблицам сортамента прокатной стали подобрать двутавро-
вую балку при допускаемом напряжении [сг] = 1600 к.Г1смг и вычис-
лить ттах.
4.117. При помощи вспомогательной балочки CD длиной а=
= 1,8 м на балку с шарнирными опорами передается сила
но
Р=2450 кГ посередине пролета /=6 м (рис. к задаче 4.83).
Выбрать балку из стальных швеллеров, чтобы при напряжении,
не превышающем [сг] = 1600 кГ/см\ вес балки был наименьшим.
§ 5. Составные балки. Балки переменного сечения
4.118. Балка составлена из двух швеллеров и горизонталь-
ных листов. Изгибающий момент Л/=7500 кГм, поперечная сила
Q=5000 кГ. Подобрать ширину листов b при напряжении а~
«=1200 кГ/см? и с учетом ослабления отверстиями для заклепок
диаметром d=2 см. Определить напряжения среза заклепок и смя-
тия листов, если шаг заклепок а=- 10 см. k t
К задаче 4.118, К задаче 4.119. К задаче 4.120.
4.119*. Подобрать тавровое сечение балки при допускаемых
напряжениях [о] = 1400 кГ/смг и Ы = 1100 кГ/см\ если изгибающий
момент М=4 Тм и поперечная сила Q=6 Т. При подборе принимать:
высоту стенки h в пределах от 30 до 60 см, ширину полки £>=0,5 h.
толщину /=0,01 4- 0,06 h.
4.120. Подобрать размеры клепаной балки, в опасном сечении
которой изгибающий момент М = 1300 кГм и поперечная сила Q=»
=2000 кГ. Допускаемое нормальное напряжение принять [о]=«
«=1600 кГ/см2. Ослабления заклепками не учиты-
вать. Сечение должно быть составлено из верти-
кальной стенки 200x2 мм, четырех равнобоких
уголков с шириной полки 6=20 мм и двух гори-
зонтальных листов. Определить наибольшие каса-
тельные напряжения.
4.121. Подобрать размеры сечения коробчатого
лонжерона (балки), составленного из двух стенок
180x1 мм, двух горизонтальных листов толщиной
/=3 мм и четырех равнобоких уголков по сорта-
менту при допускаемых напряжениях 1<т] =
= 1000 кГ/см?, 1т]=700 кГ/см?. Лонжерон заделан
К задаче 4.121.
одним концом, имеет длину /=400 см и нагружен равномерной
нагрузкой р=1,5 кГ/см.
4.122*. Определить шаг е шпонок прерывистого шва стальной
сварной балки на двух опорах пролетом 1=8 м по наибольшей
сплошной равномерной нагрузке р, которую балка может выдер-
111
жать, если допускаемое напряжение [о]= 1400 кГ/см11. Принять шов
толщиной h=\ см и длиной а=6 см, а допускаемое напряжение
на срез шва 1x1=720 кГ/смг. Какой толщины должен быть шов»
если его сделать сплошным?
К задаче 4.122.
4.123. Клепаная двутавровая балка лежит на двух опорах и
нагружена посередине силой Р=25 Т. Определить срезывающее
усилие в вертикальных заклепках и 7\—в горизонтальных
поясных заклепках, если шаг г=120 мм.
4.124. Вычислить наибольшую поперечную силу, которую может
выдержать балка. Заклепки поставлены через 6 см. Допускаемые
напряжения: на срез заклепок 1x1= 1280 кГ/см\ на смятие листов
[стсм 1=3200 кГ/смг. Проверить при этой силе касательные напря-
жения в нейтральном слое.
К задаче 4Л 24.
___ЛППИРиИ
=ЙГ
П'"'П
^500* 10мм
75x75*9мм
К задаче 4.125
4.125* . Определить шаг е горизонтальных поясных заклепок
диаметром d=20 мм в клепаной балке на двух опорах пролетом
/=6 м, нагруженной равномерной нагрузкой р=6 Т/м. Допускае-
мые напряжения: на срез 1x1 = 1100 кГ1смг и на смятие [осм 1=
=2800 кГ1смг,
4.126. Балка составлена из двух одинаковых брусьев, напри-
мер, прямоугольного сечения ЬхЛ. 1) В каком случае сопротивле-
ние изгибу от вертикальной нагрузки этих брусьев будет больше:
когда они положены а) друг на друга с общей высотой 2й и шириной.
112
b или б) рядом с общей высотой h. и шириной 2й? 2) Как изменится
сопротивление балки изгибу, если брусья соединить в одно целое
сечение?
4.127. Простая балка, нагруженная двумя силами /’=1200 кГ
в третях пролета, составлена из двух деревянных брусьев. Вычис-
лить напряжения: 1) скалывания в брусе, 2) скалывания шпонки
и 3) смятия шпонки (и врубки).
К задаче 4.128.
К задаче 4.129.
4.128* . Консоль имеет постоянную ширину Ь. Подобрать со-
отношения h : h0 и а : I, удовлетворяющие условиям прочности,
при которых вес балки будет наименьшим. Задачу решить для
двух случаев нагружения: 1) сосредоточенной
силой на конце и 2) сплошной равномерной
нагрузкой.
4.129* . Консоль имеет прямоугольное попе-
речное сечение с постоянной высотой h и пере-
менной шириной Ьх. Установить закон измене-
ния ширины, при котором нормальные напряже-
ния крайних волокон во всех сечениях балки
будут одинаковыми.
4.130* . Консоль равного сопротивления име-
ет переменную высоту hx и постоянную ширину b сечения. Уста-
новить закон изменения высоты hx, если консоль нагружена на
свободном конце 1) сосредоточенным моментом М, 2) силой Р
или 3) равномерно распределенной по всей длине I нагрузкой р.
У заделки высота сечения равна /i0.
К задаче 4.130. К задаче 4.131.
4.131. Построить эпюры изменения по длине балки: а) нормаль-
ных напряжений в крайнем волокне, б) касательных напряжений
в нейтральном слое, (Необходимые данные см. на рисунке.)
.113
4.132* . Простая балка нагружена силой Р посередине пролета.
Сечение балки прямоугольное с высотой h и шириной Ь. Подобрать
форму балки равного сопротивления: 1) при постоянной ширине
b=const, 2) при постоянной высоте A=const, 3) выяснить, при
какой нагрузке балка постоянного сечения будет балкой равного
сопротивления.
4.133. Рессора длиной /=40 см состоит из пяти полос шириной
Ь=*8 см и толщиной /=*1 см. Какую силу Р можно допустить на
конце рессоры, если допускаемое напряжение рессорной стали [ст] =
=4200 кГ!смг7
К задаче 4.133. К задаче 4.135.
4.134. Определить число полос п толщиной /= 1,2 см и ширину
листа В (см. рис. к предыдущей задаче), из которого можно
вырезать рессору длиной /=50 см и шириной 6=6 см, если сила
Р=0,8 Т приложена на конце. Допускаемое напряжение [о] =
=4200 кГ/см*.
• 4.135. Определить длину I консоли, а также на каком расстоя-
нии х от опоры можно оборвать внутренние горизонтальные листы
размером 60x4 мм, чтобы напряжения нигде не превосходили
о=1000 кГ/см2. Вычислить наибольшие касательные напряжения в
сечениях: 1) у опоры, 2) непосредственно слева от места обрыва го-
ризонтальных листов и 3) непосредственно справа от этого места.
§ 6. Тонкостенные профили. Центр изгиба1)
4.136*. Двутавровый профиль имеет высоту h= 18 см, измерен-
ную между средними линиями полок, ширину полок 6=12 см,
*) Здесь приведены элементарные задачи. Более сложные задачи см. в главах
5, 7, а также в книге: А. М. Д ф а н а с ь е в, В. Т. Б а й к о в, А. В. Г е м м е р-
л и н г, В. П. Е ф р е м о в, В. А. М а р ь и н, А. А. У м а н с к и й, Сборник
задач по расчету тонкостенных конструкций, под рёд. проф. А. А. У‘м а н с к о-
г о, Оборонгиз, 1941.
114
постоянную толщину стенок /=0,6 см. Построить эпюры погон-
ных касательных усилий в сечении и найти полные касательные
силы
на участках АВ, BE, СС при действии 1) вертикальной силы Qy
и 2) горизонтальной силы Qx=Qi/=3800 кГ.
К задаче 4.133.
4.137. Вычислить наибольшие нормальные и касательные на-
пряжения в двух квадратных тонкостенных сечениях: с симметрич-
ным разрезом 1) по вертикали и 2) по горизон-
тали при действии в вертикальной плоскости мо-
мента Мх=50 кГм и поперечной силы Q7=500 кГ.
4.138. Построить эпюры касательных усилий
q в открытом профиле в виде швеллера, вычис-
лить касательные силы Т в стенке и полках от
действия поперечной силы Q=325 кГ, направ-
ленной: 1) вертикально и 2) горизонтально.
Найти положение точки D пересечения равно-
действующих СИЛ Т, вычисленных отдельно ОТ К задаче 4.138.
вертикальной и горизонтальной силы Q, если
высота стенки швеллера Л=8 см, ширина полок Ь=5 см, толщина
/=0,4 см.
4.139. Проекция на главную ось у касательных усилий qy=Sx,
возникающих в тонкостенном профиле при Qa/Jx=l, численно
равна моменту инерции площади тонкостенного сечения относи-
тельно главной оси х. Пользуясь этим свойством, вычислить глав-
ные моменты инерции Jx и Jy тонкостенного двутавра (рис. к задаче
4.136) и швеллера (рис. к задаче 4.138) при помощи эпюры стати-
ческих моментов и Sy.
4.140. Для произвольной прямой полоски АВ, выделенной из
сечения тонкостенного стержня, известны ординаты ее концов
уА и ув, площадь полоски F=^lt и ординаты SA эпюры рав-
ная статическому моменту относительно оси х части сечения, рас-
положенной до точки А. Показать, что площадь Т эпюры Sx,
115
приходящейся на полоску АВ, можно вычислять по формуле
Т=[8а + 4(2Уа+Ув)]1
независимо от того, очерчена ли
вогнутой параболе.
эпюра Sx по выпуклой или по
4.141. Построить эпюру статических моментов Sx разветвлен-
ного тонкостенного профиля и вычислить для каждой стенки пло-
щади Т этой эпюры, пользуясь формулой, приведенной в предыду-
щей задаче. Рассматривая площади Т в виде касательных сил, дей-
ствующих в соответствующих стенках, найти момент инерции се-
чения Jx как проекцию сил Т на вертикаль.
4.142* . Построить эпюру касательных напряжений по сечению
и вычислить ошах и ттах для балки тонкостенного уголкового про-
филя пролетом (=40 см, изгибаемой силой Р=25 кГ, приложен-
ной в центре изгиба сечения, в двух случаях: 1) сила РУ=Р на-
правлена вертикально и 2) сила РХ=Р направлена горизонтально.
Размеры сечения: ft—40 мм, t=2 мм. Указать положение центра
изгиба.
%=2см2 fj=3cM2
Ь=Юс
К задаче 4.143.
5
з
4.143. Определить нормальные и касательные напряжения и
построить эпюру q в сечении тонкостенной балки при действии в
вертикальной плоскости изгибающего момента М = 1000 кГм и по-
перечной силы Q=1000 кГ. Балка имеет четыре ребра (стрингера)
116
площадью Fi=3 см2 и F2=2 см2, расположенных симметрично
относительно горизонтальной оси. Стенки балки считать не рабо-
тающими на нормальные напряжения.
4.144. Носок крыла самолета имеет сечение, симметричное
относительно горизонтальной оси. Стрингеры (ребра) имеют одина-
ковые площади сечений Fc=4 см2 и расположены на расстояниях
2/1= 14 см, у2~13 см, у3=8 см, yi=0 от оси симметрии. Толщина
обшивки /=1,5 мм. Допускаемые напряжения материала: (о] =
= 1600 кГ/см2, [т]=800 кГ!см2. Пренебрегая влиянием стенки на
величину нормальных напряжений, определить наибольшие из-
гибающий момент М и поперечную силу Q, которые безопасно мо-
жет выдержать носок при изгибе в вертикальной плоскости, и
построить эпюру q.
К задаче 4.144.
К задаче 4.147.
4.145. На участке выреза фюзеляжа поставлено симметрично
относительно вертикальной оси 11 ребер (стрингеров). В попереч-
ном сечении фюзеляжа стрингеры расположены на расстояниях:
Z/i=0, */s=24 см, */з=45 см, */4=65 см, у,=80 см, z/6=90 см. Стрин-
геры 1,1' и 6 имеют площадь сечения
F1=i3 см2, остальные F=2 см2. Построить
эпюру касательных усилий q и вычислить
ее ординаты от вертикальной силы Q=
=5000 кГ, пренебрегая влиянием обшивки.
4.146. Для балки корытного сечения с
сосредоточенными площадями стрингеров
(рис. к задаче 4.143), пользуясь площа-
дями Т эпюры S, найти момент инерции
сечения относительно горизонтальной
центральной оси и положение центра и
згиба D без учета влияния площади сече-
ния стенок (1), и с учетом этой площади (2).
4.147* . Два равновеликих по площади
имеют горизонтальную ось симметрии.
Сопоставить эпюры q от вертикальной
найти центры изгиба этих сечений.
4.148. Будут ли возникать напряжения кручения в сечении
балки, изображенном на рисунке, если след плоскости изгибающих
тонкостенных сечения
поперечной силы Q и
117
сил проходит через точку Е, расположенную на оси симметрии
на расстоянии е=33,5 мм слева от вертикальной стенки?
4.149 *. Определить расстояние xD до центра изгиба сечения
тонкостенной трубы, имеющей продольный разрез (см. рис.).
4.150 *. Определить положение центра изгиба профиля (см. рис.).
4.151 . Сравнить положения
К задаче 4.150.
центра изгиба двух тонкостенных
сечений. (Необходимые данные см.
на рисунке.)
К задаче 4.151.
4.152. Балка состоит из четырех ребер и трех тонких стенок.
Определить положение центра изгиба, пренебрегая влиянием сте-
118
нок. Построить эпюру погонных касательных усилий в стенках от
силы Q=2000 кГ, приложенной в центре изгиба под углом а=30”
к вертикали.
4.153. Найти центр изгиба сечения двухпоясной балки с тонкой
стенкой, очерченной по дуге полуокружности диаметром d=h=
==12 см‘, работа стенки на нормальные напряжения не принимается
во внимание (см. рис. к задаче 4.99). Как будет изменяться положе-
ние центра изгиба, если очертание стенки изменять так, чтобы пло-
щадь, заключенная между стенкой и прямой, соединяющей пояса,
уменьшалась.
4.154. Определить расстояние а до центра изгиба двутавра с
полками разной жесткости (данные см. на
К задаче 4.151. К задаче 4.155.
4.155*. Круглая тонкостенная труба со средним радиусом г
и толщиной стенки t находится в условиях изгиба под действием
изгибающего момента М и поперечной силы Q. Вывести формулы
для нормального напряжения о и погон-
ного касательного усилия q=xt в функции
центрального угла 0. Построить эпюры о
и q по сечению трубы.
4.156 . На тонкостенную трубу переда-
ется сосредоточенная нагрузка Р через
плоскую диафрагму, приваренную внутри
трубы перпендикулярно ее оси. Сечение
трубы изображено на рис. к задаче 4.155.
К задаче 4.157.
К задаче 4.159.
Определить расчетные усилия сварного шва, соединяющего диаф-
рагму со стенкой трубы. (Необходимые данные см. на рис.)
119
4.157 *. Построить эпюру погонных касательных усилий q от
силы Q. (Необходимые данные см. на рис.)
4.158 *. Вычислить характерные ординаты эпюры q в замкнутых
профилях, нагруженных вертикальной силой Q на расстоянии а
от центра сечения. (Необходимые данные см. на рис).
4.159 *. Найти наибольшее погонное касательное усилие qm3^
от силы Q=600 кГ. (Необходимые данные см. на рис).
§ 7. Главные напряжения
4.160. К двутавровой балке № 14 приложена сила Р=3120 кГ.
Вычислить главные напряжения в нейтральном слое слева и справа
от силы Р.
4.161. В сечении двутавровой балки изгибающий момент М =
=3000 кГм и поперечная сила Q=10 000 кГ. Определить главные
напряжения в двух точках: а— в верхней точке полки на линии
т—т, совпадающей с гранью стенки; b — в верхнем волокне
стенки на уровне нижней грани полки п — п.
К задаче 4.160.
К задаче 4.161.
4.162. Подобрать двутавровое сечение для балки по ГОСТу.
Принять [<т] = 1600 кГ/см2. Произвести полную проверку прочности
подобранного сечения, применяя теорию прочности наибольших
касательных напряжений. Касательные напряжения определять
без учета закруглений.
4.163. В сечении двутавровой балки № 22а изгибающий момент
М=—5000 кГм и поперечная сила Q= 12 000 кГ. Определить глав-
ные напряжения в точках сечения, расположенных: а) на расстоя-
нии 4 см от верхнего края, б) 4 см от нижнего края и в) в нейт-
ральном слое. Найти направления главных площадок и показать
их на фасаде балки.
§ 8. Балки из разнородных материалов
4.164* . Балка на двух опорах состоит из двух поясов, площади
которых считать сосредоточенными, и тонкой стенйи, условно ра-
ботающей только на сдвиг. Пролет балки /=480 см. Площади поя-
сов Fв=7 см2, F„=5 см2, расстояние между их центрами тяжести
Л1=360 мм. Балка нагружена сплошной нагрузкой р=2,2 кГ)см и
120
силой Р=360 кГ в трети пролета. Определить наибольшие напря-
жения в опасных сечениях балки.
4.165. Сосновый брус усилен стальным листом. Брус и лист
жестко соединены. Определить напряжения в стали и дереве. Брус
заделан одним концом и изгибается силой Р=50кГ, приложенной
на расстоянии /=30 см от заделки.
К задаче 4.164.
4.166. Стальная коробчатая балка усилена деревянным брусом,
целиком ее заполняющим. Определить максимальные нормальные
напряжения в стальной коробке до и после усиления, а также в де-
ревянном брусе при изгибающем моменте Л4=200 кГм.
К задаче 4,167.
§ 9. Расчет по предельному состоянию с учетом
пластических деформаций
4.167* . Рассчитать предельную нагрузку балки швеллерного
сечения № 36с на двух опорах при изгибе ее в плоскости симметрии
силой Р, приложенной посередине пролета /=3,6 м, если предел
текучести материала балки <гт=
=2800 кГ/см2. Во сколько раз пре-
дельная нагрузка больше нагруз-
ки, вызывающей напряжения те-
кучести только в крайней точке се-
чения? Закругления в сечении не
учитывать.
4.168* . Подобрать из расчета
по предельному состоянию номер прокатной двутавровой консоль-
ной балки при действии сплошной нагрузки постоянной интен-
сивности р=750 кГ/м. по всей длине балки L=7,2 м. Предел
текучести ат =2400 кГ/см*, коэффициент запаса k= 1,71, пролет
балки 7=5,1 м, длина консоли а=2,1 м. Какой номер двутавра
нужно взять, если подбор сечения вести по допускаемым напряже-
ниям?
4.169. Вычислить коэффициенты повышения грузоподъемности
при переходе от расчета по допускаемым напряжениям к расчету по
121
предельному состоянию для балок, имеющих сечения в виде:
1) двутавра № 24а, 2) квадрата и 3) круга.
4.170. Для клепаной двутавровой балки, сечение которой изо-
бражено на рис. к задаче 4.123, найти коэффициент k, выражающий
отношение предельного изгибающего момента, вычисленного по
предельному состоянию, к наибольшему изгибающему моменту,
вычисленному по допускаемым напряжениям.
___Р Ослабление сечения не учитывать,
1 t * * * * <
К задаче 4.171.
К задаче 4.172.
4.171. Определить наибольшую интенсивность нагрузки р, со-
ответствующей предельному состоянию тавровой балки при напря-
жении стг =2200 кГ/см2.
4.172. Дюралевый тавровый профиль 31НХ № 4 изгибается
моментом Л4=»14ОО кГсм в плоскости симметрии сечения. Опреде-
лить коэффициент запаса прочности: 1) по предельному состоянию,
2) по допускаемым напряжениям. Предел текучести дюраля при
сжатии и растяжении от «=2400 кГ/см\ Закругления профиля не
учитывать.
Глава 5. ПЕРЕМЕЩЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ. СТАТИЧЕСКИ
НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ
§ 1. Статически определимая балка постоянного сечения
5.1*. Для консолей постоянного сечения получить буквенные
выражения для угла поворота сечения <р (Z) и прогиба и(1) на конце.
К задаче 5.1.
5.2. Определить прогиб на конце дюралевой консоли
[рис. а) к задаче 5.1], выполненной из швеллера Пр. 106 № 3
(7 = 1,185 см4). Длина консоли /=50 см, модуль упругости материа-
ла £=7,5-10’ кГ1см\ нагрузка Р=15 кГ,
123
5.3*. Для балок постоянного сечения получить буквенные вы-
ражения для угла поворота сечения <рср и прогиба иср в середине
пролета и углов поворота <рА и фв у опор.
К задаче 5 3.
5.4. Определить прогиб посередине дюралевой балки [рйс. а)
к задаче 5.3], выполненной из бульбшвеллера Пр. 107 № 5. (£=
=2,365 см4). Длина балки /=50 см, модуль £=7,5-105 кГ/см*,
нагрузка Р=80 кГ.
5.5. Определить прогиб посередине балки, загруженной рав-
номерно распределенной нагрузкой [рис. г) к задаче 5.3]. Сечение
Ь=10 см, /г=20 см, длина балки /=3 м,
модуль £=105 кГ/см1, интенсивность наг-
балки прямоугольное
рузки р=400 кГ/м.
5.6. Найти прогиб посередине и углы
поворота у опор балки (рис. в) к задаче
5.3). Сечение балки круглое d=2 см, длина
/=1 м, модуль Е=1‘ 105 кГ/см1, момент
£=10 кГм.
5.7. Подобрать номер стального швел-
лера, исходя из условий прочности и жест-
кости. Допускаемое напряжение [о] = 1600 кГ/см'1. Допускаемый
прогиб l/] = Z/400. Сравнить веса балки, получаемые из условий
прочности и жесткости.
5.8. Деревянная консоль прямоугольного сечения длиной 1=2 м
нагружена сплошной равномерно распределенной нагрузкой
124
р = 200 к.Г/м. Принимая высоту сечения консоли равной 20 см,
определить ширину сечения Ь, если прогиб не должен превосходить
//400, Е = 120 000 кГ/см"1. Проверить напряжение. Определить ши-
рину сечения b из условия прочности, полагая [о] = 100 кГ/см2\
установить, насколько легче получается консоль в последнем
случае.
5.9. Определить прогиб на конце консоли, если модуль упруго-
сти материала Е = 1,2-105 кГ/см3. Определить ширину b сечения
консоли из условия, чтобы прогиб не превышал //200. Определить b
из условия прочности, полагая [ст] = 150 кГ/см'1.
К задаче 5.9.
Л
IlfitHH I
/I
----1-----н
К задаче 5.I0.
5.10* . Написать выражения для прогиба и угла поворота на
конце консоли с учетом того, что заделка поворачивается на малый
угол у (см. рис.).
5.11* . Определить место максимального прогиба vmax балки.
Написать выражение t»max. Сравнить с прогибом посередине балки.
5.12. Построить эпюры Q, /И, гр и v.
К аадаче 5.11.
К задаче 5.12.
К задаче 5.13.
5.13. Определить положение точки перегиба оси изогнутой
балки и углы поворота сечений балки у левой опоры (Л) и в точке
перегиба. Дано L2 = 2Lr
5.14* . Определить прогибы и углы поворота на опорах, посере-
дине балки и в точках приложения сил Р. р а
5.15. Дюралевая круглая труба сечением а
50x44 мм положена горизонтально на две -Я"''11 I J
опоры. Определить максимальный допускае-
мый пролет I, исходя из условия, что про- |—-----> i---«-
ГИб, ВЫЗЫВаеМЫЙ собственным ВеСОМ, не К задаче 5.14.
должен превосходить //200. Удельный вес
материала у=2,6 Г/см3. Модуль упругости Е = 7,5-106 кГ/см3.
5.16. При загружении сосновой доски, свободно лежащей на
двух опорах, грузом 0=400 кГ посередине был измерен прогиб
под грузом / = 2,00 мм. Определить модуль упругости материала.
125
5.17. На стальную двутавровую балку действует равномерно
распределенная нагрузка. Определить интенсивность нагрузки р,
если измерением установлено, что касательная к оси изогнутой
балки на свободном конце составляет с осью Ох угол <р (0)=0,00649.
К задаче 5.16.
5.18*. Определить прогиб балки в точке В и угол поворота в
точке А. (Необходимые данные см. на рис.)
К задаче 5.18.
К задаче 5.19.
5.19* . Определить прогиб и угол поворота балки в точке С.
5.20. Определить прогиб балки в точках С и D (см. рис.).
К задаче 5.20.
К задаче 5.21.
5.21. Определить прогиб балки в точке С (см. рис.).
5.22. Определить прогиб в точке С и угол поворота в точке А.
К задаче 5.22.
К задаче 5.23.
5.23* . Определить прогиб на конце криволинейной консоли,
расположенной в горизонтальной плоскости и нагруженной верти-
кальной силой Р (подобные задачи см. в гл. 6).
126
5.24* . Составить выражения ср(х) и v(x). Найти значения <р и и
в середине пролета (<рс и vc) и на конце консоли (<pD и vD), а также <р
У опор (срА и <Рв) (см. рис.).
К задаче 5.24.
5.25. Построить эпюры углов поворота <р и прогибов v. Модуль
упругости Е=2- 10е кГ)см2, момент инерции /“9000 см* (см. рис.).
5.26. Определить прогибы и углы поворота консоли в сечениях,
где приложены грузы £=105 кГ/см2, / = 16 000 с.и4 (см. рис.).
К задаче 5.25.
К задаче 5.26.
К задаче 5.27.
5.27. Определить радиус кривизны средней части балки.
Поперечное сечение балки — квадрат со стороной 2,5 см, Е=
= 2-10а кГ/см2 (см. рис.).
К задаче 5-28.
6.28. Определить прогиб посередине балки (см. рис.).
5.29. Определить углы поворота у опор (см. рис. к задаче 5.28, б).
К задаче 5.30.
5.30. Дюралевая балка, состоящая из двух уголков Пр. 100
№ 13 несет нагрузку, показанную на рисунке. Определить прогиб
127
оср посередине балки. £=7,5-105 kI'Icm?. Каков должен быть мо-
мент инерции сечения балки, чтобы прогиб иср не превышал //200?
5.31. На основании принципа сложения действия сил сравнить
прогибы посередине пролета одинаковых балок а), б, в), г), д).
Установить, во сколько раз максимальный прогиб балки а) больше
максимального прогиба балки в).
К задаче 5.31.
5.32* . Для консоли постоянного сечения построить эпюры
<р(х) и п(х). Вычислить <р (0) и п(0). Момент инерции поперечного
сечения консоли «7=4-104 см4; £=2-10в кГ/см21).
К задаче 5.32.
М(0)=в00я/7лг
УЮНООкГ
L =200к/м
Р=600нГ
р=200хГ/м,
р,=бООнГ/л/
Р=300лР/л/2
а=1м
Ь=2м
с = Зм
Р=4м
I =6л/
5.33. Балка, лежащая на двух опорах, составлена из двух дю-
ралевых бульбуголков Пр. 102 № 11 (момент инерции сечения од-
ного уголка относительно горизонтальной оси J=3,75 см4). К кон-
цам балки жестко прикреплены стойки высотой h=l м. Определить
сближение 6 концов тип стоек под влиянием нагрузки, равно-
мерно распределенной по балке, интенсивностью р=150 кГ/м.
Пролет балки /=1,5 м. Модуль упругости £=7,5-105 кГ^см"1.
1) В выражении fe=tga «тангенс» рг/(1—d) измеряется в иГ^м2 или кГ/см*.
128
5.34*. Деревянный брус квадратного сеченv я 20 x 20 см оперт
левым концом на неподвижную опору А. Правый конец В бруса
подвешен на стальном стержне сече-
нием /?=2,5 см*. Написать уравнение
эпюр углов поворота <р и прогибов v
для бруса. Определить максимальный
прогиб, а также прогибы в середине
пролета и в точке В.
Z7
я
&
р=150 хГ/м
пшйжшпш
1=1,5м-
1=2м-----
К задаче 5.33.
К задаче 5.34.
5.35. Написать выражения углов поворота у опор (см. рис.).
К задаче 5.35.
углов поворота у опор
5.36. Написать выражения
посередине балки (см. рис.).
5 Под ред. А. А. Уманского
и прогиба
120
5.37. Стальная балка нагружена по концам моментами МА —
*=1000 кГм и Л4в=2000 кГм и в пролете нагрузкой, распределен-
ной по линейному закону. Найти угол поворота <р (0). у опоры А и
прогиб и(0,5/) посередине пролета. 7=2000 см*, Е=2,2- 10е кГ!см2.
К задаче 5.37.
К задаче 5.38.
5.38. Написать выражения <р(х) и и(х) для всех участков.
5.39. Определить прогибы на концах консолей, £=2- КТ4 кГ/см2,
7=300 см*. (Необходимые данные см. на рис.)
UzJ-----4м-
2—А
ЗООкГм
К задаче 5.40.
6}
К задаче 5.39.
5.40. На рисунке даны эпюры изгибающих моментов, построен-
ные для. балок постоянного сечения 7=25 см*, E=2-W .кГ/см2.
а) Построить эпюру прогибов балки, если известно, что прогиб и
угол поворота в сечении А равны нулю, б) Определить угол поворо-
та сечения С балки, если прогибы в сечениях А и В равны нулю.
5.41. Диск диаметром 0 = 1,4 м прикреплен к свободному концу
консоли, представляющей собой стальную трубу длиной 1= 1,5 м.
Груз Р—100 кГ подвешен в точке С в конце горизонтального диа-
метра диска. Найти опускание f точки С, вызываемое действием
груза Р. Модули упругости £’=2,2- 10е кГ/см2, G=8,5-105 кГ/сл2.
К задаче 5.41.
5.42. Горизонтальная консоль из дюралевой трубы сечением I
65x59 мм (7^=28,14 см*) имеет длину /=70 см. К концу консоли j
перпендикулярно ей жестко прикреплена стойка из дюралевой трубы
130
сечением 55 x 50 мм (Jh—14,24 см*). На конец т стойки действует
горизонтальная сила £=100 кГ. Определить горизонтальную бн
и вертикальную бу, составляющие перемещения конца т стойки.
Модуль упругости £=7,5-106 кГ/см*.
5.43* . Ломаный брус заделан одним концом и шарнирно оперт
в узле А; плоскость оси бруса горизонтальна. Определить прогиб/
на свободном конце бруса, несущем нагрузку Р=6 кГ. Длина
каждого из прямолинейных участков бруса /=50 см. Модули упру-
гости £=2,2-
кГ/см\ G—QAE. Поперечное сечение бруса по-
стоянное: квадрат со стороной а=1 см.
5.44. Решить предыдущую задачу, предпо-
лагая, что отсутствует шарнирная опора.
200кГ
100кГ/м
(IIШ Ш Ш111_1^
В
4м-
2
К задаче 5.45.
5.45. Определить углы поворота и прогибы в сечениях А, В и G
балки с шарниром. Дано J=500 см*, £=2-10° кГ/см?.
5.46. Нарисуйте форму оси изогнутой балки (см. рис.).
5.47. Определить площадь, ограниченную осью х и осью изо-
гнутой балки.
К задаче 5.47. К задаче 6.50-
5.48* . Тонкий стержень постоянного сечения длиной I упруго
сгибается в окружность и концы сопрягаются плавно. Определить
изгибающий момент в стержне.
5.49* . Для простой балки постоянного сечения длиной I, на-
груженной одинаковыми моментами М по концам (чистый изгиб),
найти стрелу прогиба иср, углы поворота на концах <рА и <рв и
5* 131
смещение подвижной опоры Л. Сравнить приближенное и точное
решения.
5.50. Определить прогиб на конце консоли с учетом деформации
сдвига (7=244 см4, F=14,2 см2, Е=2-10е кГ/см2, |х=0,3)‘.
К задаче 5.61.
5.51. Определить прогиб посередине и,угол поворота у опоры
тонкостенной стальной балки с учетом деформации сдвига стенки,
считая устойчивость стенки обеспеченной (7=500 см4, р=0,3).
Изгиб балок при нагреве
5.52* . Найти прогиб посередине / и угол поворота <рА на опоре
простой балки постоянного сечения длиной / при нагреве снизу на
t°. Считать, что температура по высоте сечения балки уменьшается
по линейному закону. Коэффициент температурного расширения
материала а.
5.53. Найти прогиб посередине f и углы поворота <рА и <рв на
опорах балки предыдущей задачи при нагреве на половине длины
балки.
5.54. Найти прогиб посередине f и углы поворота <рА и на
опорах той же балки при нагреве на длине а (у опоры Л).
К задаче 5.55.
5.55* . Для балки, нагреваемой снизу или сверху на всей длине
или ее части, построить эпюры прогибов и углов поворота (темпе-
ратура изменяется по высоте сечения балки по линейному закону).
132
§ 2. Балки переменного сечения
5.56* . Для балок с участками, имеющими различные жесткости,
определить углы поворота и прогибы в сечениях А и В.
К задаче S.56.
5,57. Определить прогибы балки в сечениях С и Е. Моменты
инерции Ji=6550 см4, /2 = 12 430 см4; модуль упругости Е=*
= 2-10® кГ1смг.
а)
б)
К задаче 5-57.
р=720лГ/М
К задаче 5.58.
5.58* . Консоль переменного сечения длиной /=6 м нагружена
равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью р=
= 120 кГ/м. Момент инерции J сечения изменяется непрерывно;
значения J в отдельных сечениях консоли (с интервалом через 1 л!)
приведены в таблице:
X, м 0 1 2 3 4 5 6
J, см4 54-103 38-Ю3 26-Ю3 17.1-103 10,7-Ю3 5,6-103 3,4-103
133
Построить эпюры углов поворота ср и прогибов v консоли. Е~
= 10’ кГ!смг.
5.59. Показать, что консоль равного сопротивления при из-
гибе при равномерной нагрузке и постоянной ширине имеет форму
клина. Найти наибольший прогиб консоли и сравнить с прогибом
консоли постоянного сечения.
К задаче 5.59.
К задаче 5.60.
5.60. Консоль имеет прямоугольное сечение с отношением ши-
рины к высоте 1 : 2. Высота сечения h изменяется по закону: й(х) =
=0,05 (1200—х), где х и h(x) в см. Построить эпюры <р и v. Модуль
упругости £==10’ кГ/см2.
5.61. Определить прогиб отак листовой рессоры, выполненной
как брус равного сопротивления изгибу, пролетом /=80 см, нагру-
женной силой 1000 кГ. Число листов (полос) п=6. Толщина листа
£ 0,75 см, ширина листа Ь=7 см. Модуль упругости материала
К задаче 5.61.
К задаче 5.62.
5.62. Рессора состоит из 10 листов шириной Ь=7,5 см, и тол-
щиной £=10 мм. Пролет рессоры 1=\ м. Допускаемое напряжение
[о]=4000 кГ/см2, £=2-10в кГ/см2. Определить грузоподъемность
рессоры и величину прогиба посередине пролета.
5.63. Определить максимальные прогиб и угол поворота гибкой
консоли постоянного сечения, несущей на свободном конце изги-
бающую пару с моментом £=56,3 кГсм-, 1=50 см, £7=5000 кГсм2.
§ 3. Статически неопределимые балки
5.64 *. Дюралевая балка длиной /=1 м швеллерного сечения
Пр. 106 № 16 (7=34,56 см\ W=0,87 сма) подвешена на трех сталь-
ных тягах длиной /1=1 м и поперечным сечением 0,1 см2. Балка
несет груз Р=500 кГ, приложенный посередине. Определить усилия
134
в тягах и наибольшее напряжение а в балке. £ст =2, Ы0в кГ/см*,
Ед=7-105 кГ/см3.
5.65*.
жесткой
5.66.
Решить ту же задачу в предположении: а) абсолютно
балки, б) абсолютно жестких тяг и упругой балки.
Определить угол поворота <рв, изгибающий момент МА
и реакции V А и вызы-
ваемые моментом L,
К задаче 5.64.
К, задаче 6.66.
5.67 *. а) Определить изгибающие моменты МА и Мв на кон-
цах А и В балки с заделанными концами, если правая заделка будет
повернута вокруг точки В на угол <рв. б) Балка АВ заделана обоими
концами и не несет нагрузки. Правая заделка В этой балки пе-
реместилась поступательно вниз на величину А. Определить мо-
менты МА и М j, в заделках.
К задаче 5.67.
5.68 . Определить наибольшее нормальное напряжение в балке,
заделанной одним концом и свободно опертой другим; J=1330 см4,
«7=148 см3.
5.69 . Построить эпюры Q и М. (Необходимые данные см. на рис.)
К задаче 5.68.
р=500лГ/лг
ЖШШЙЛПШШЩ
-—--------4*^-
К задаче 5.69.-
5.70* . Построить эпюры изгибающих моментов и определить
прогибы в точке приложения силы, посередине пролета и макси-
мальный прогиб для балок, заделанных на одном конце и шарнирно
опертых на другом. (Необходимые данные см. на рис.)
5.71. То же для балок, заделанных с двух сторон.
5.72. Двухпролетная балка с равными пролетами нагружена
сосердоточенной силой посередине одного из пролетов. Построить
эпюру М. (Необходимые данные см. на рис.)
135
136
К вадач» 6.71.
' Ю=БкГ/гм
К задаче 6.75.
5.73. Построить эпюрыфиМ. (Необходимые данные см. на рис.)
5.74. В предыдущей задаче определить угол поворота балки на
опоре 2.
5.75. Две дюралевые балки длиной /=1 м бульбшвеллерного
сечения соединены вертикальным стержнем посередине. Определить
усилие S в вертикальном стержне (деформацией его пренебречь).
Моменты инерции сечений балок: верхней Jt=12 564 С.М1, нижней
Ja=5,445 см4.
5.76. Две консоли из труб соединены стержнем АВ. Сечение
верхней трубы 90x82, нижней— 100x90 мм. Длины консолей
Л=4 м, 1=1 м. Интенсивность на-
грузки р=150 кГ/м. Определить
усилие S в стержне АВ\ при рас-
чете пренебречь его деформацией.
ru
К задаче 5.76.
5.77. В предыдущей задаче определить прогиб на конце верх-
ней консоли и наибольшее напряжение в ней. Материал — хроман-
силь. Модуль Е=2,1 • 106 кГ)смг.
5.78*. Две перекрестные балки длиной lt и /3 нагружены посе-
редине силой Р. Найти распределение нагрузки между балками.
! Моменты инерции сечений балок соответственно Д и Материал
.балок одинаковый.
\Р=2000кГ
L =ЗОООкГм
дшшпнпйшг
3
К задаче 5.79.
5.79 *. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих момен-
тов. Подобрать стальную двутавровую балку по сортаменту. Опре-
делить углы поворота балки на опорах и прогиб посередине пролета
1—2. Принять [о] = 14 кГ/мм*.
5.80 . Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных
сил, определить реакции опор, нарисовать приблизительно изог-
нутые оси балок и отметить положения точек перегиба.
137
5.81 . Неразрезная балка постоянного сечения с равными про-
летами нагружена на одном конце моментом L. а) Построить эпюру
ЮООкГ ЮООКГ
гУ 200кг/м
К задаче 5.81.
изгибающих моментов, предполагая число пролетов балки весьма
большим, б) Построить эпюру моментов для трехпролетной балки:
сравнить решение с решением предыдущей задачи.
Нагрев неразрезных балок
5.82 *. Построить эпюру изгибающих моментов для балки, на-
греваемой на t градусов: а), б) сверху по всей длине балки, в) снизу
в левом пролете *).
5.83 *. Для балки двусимметричного сечения, нагреваемой снизу
на t градусов, определить максимальное нормальное напряжение и
построить эпюру прогибов 1)-
4) В задачах 5.82—5.85 принять, что температура изменяется по высоте се-
чения балки по линейному закону.
138
5.84. Построить эпюры прогибов для балок, равномерно нагре-
ваемых снизу на всем протяжении балки или в отдельном пролете 1),
К ^адаче 5.83.
К задаче 5-82.
К задаче 5.84.
ш
W Z10 W
i
5.85. Для балки, равномерно нагреваемой снизу 1)< определить
максимальный изгибающий момент, максимальный прогиб и угол
поворота на опоре 1.
5.86. Определить усилие S в стержне
АВ при нагревании его на /=60°: 1) учи-
К задаче 5.85.
К задаче 5.86.
тывая деформацию сжатия стержня и 2) не учитывая ее. Стер-
жень АВ— дюралевая трубка сечением 18X17 мм (Е=
=7,5-105/сГ/сл*2), длиной /i=60 см. Консоль и балка — также из
г) См. сноску на стр. 138.
139
дюралевых труб сечениями соответственно 55x50 мм и 65x59 мм,
пролет балки /=1 м. Коэффициент линейного расширения материа-
ла при нагревании а=0,000025.
Учет осадки и упругости опор
5.87*. а) Определить реакцию упругой опоры, если ее подат-
ливость х) равна е; б) построить эпюру М (податливости опор оди-
К задаче 5.87.
наковы); в) то же при нагреве
среднего пролета внизу при
е = а3/10 EJ.
К задаче 5-33.
5.88*. Неразрезная балка длиной 1=2 м, выполненная из дю-
ралевой трубы сечением 65x62 лш, имеет две крайние опоры жест-
кие и среднюю — упругую.
Какова должна быть подат-
ливость е средней опоры,
К задаче 5.89.
К задаче 5.90.
чтобы изгибающий момент в балке над средней опорой был равен
нулю? £=7,5-106 кГ/см\
1) Податливостью упругой опоры называется ее осадка под действием силы,
равной 1 кГ, размерность податливости см/к.Г.
140
5.89* . Построить эпюру М с учетом осадки опоры 1 на Д=«
«=Р/3/96£7. (Необходимые данные см. на рис.)
’ 5.90. Построить эпюры изгибающих моментов для балок, от-
. дельные участки которых имеют различную жесткость.
Балки переменного сечения
5.91. Построить эпюру изгибающих моментов для неразрезной
балки ступенчато переменного сечения (в пределах каждого про-
лета сечение постоянно) Л : Ja ’ J»’. Jt=\ : 2 : 3 : 2,5.
К задаче 5.91.
5.92. Построить эпюру М. Момент инерщиг сечения балки в
пролете 2—3 вдвое меньше, чем на остальных участках.
§ 4. Предельная нагрузка
5.93 *. Найти предельное значение Рпр силы Р, соответствую-
щее предельному изгибающему моменту Л4яр во всех возможных
пластических шарнирах.
5.94 . Найти предельную нагрузку Рпр в функции расстояния
х от правой опоры. Определить значение х, соответствующее мини-
мальной несущей способности балки; определить min Рпр.
141
5.95. Найти предельную нагрузку рпр, реакции опор и место
максимального изгибающего момента в пролете.
К задаче 5.94.
К задаче 5-95.
5.96 *. Найти предельную нагрузку Рпр в пролете 1—2 нераз-
резной балки. (Необходимые данные см. на рис.)
К задаче 5.97.
5.97 . Найти предельную нагрузку рпр в пролете А — В не-
разрезной балки. (Необходимые данные см. на рис.)
§ 5. Балки на упругом основании
5.98 *. Балка (рельс типа ПА, 7=1223 см*, U7=180 см3, Е=>
= 2- 10е кГ1смг) длиной /=15 м лежит на сплошном упругом основа-
нии и нагружена сосредоточенной силой Р=10 т посредине. Же-
142
сткость основания 6=300 кГ/см.2. Построить эпюры прогибов и
изгибающих моментов.
воз 80S 8,90' 8.72 8.94г
• 7460. 7430 J430_ i 7468
и
I л лг лг v
К задаче 5.98.
К задаче 5.99.
5.99 *. Рельс (см. предыдущую задачу) загружен пятью сосре-
доточенными силами давления колес локомотива. Определить напря-
жение в рельсе под средним ко-
лесом.
5.100 *. В предыдущей зада-
че определить напряжение в
рельсе в сечении под пятым
колесом.
5.101 *. Стальной понтон,
имеющий форму прямоугольно-
го параллелепипеда, длиной
Z= 10 м и шириной В=3 м нагружен сосредоточенной силой
Р=20 Т на своей оси в расстоянии а=6 м от носа. Определить
осадки Uj и и2 понтона и построить эпюру изгибающих момен-
тов. Момент инерции сечения 7=10° см1. Удельный вес воды
7=1000 кГ/м3.
5.102 *. Решить задачу 5.98 при длине рельса /=2 м.
§ 6. Стесненное кручение тонкостенных стержней
открытого профиля
5.103*. Построить эпюры углов закручивания ф, бимоментов В,
крутящих моментов М и М свободного и стесненного кручения для
К задаче 5.103.
стального стержня двутаврового сечения длиной 7=150 см, нагру-
женного закручивающим сосредоточенным моментом. Концевые
143
сечения стержня лишены возможности поворачиваться в своей
плоскости, но имеют свободу депланации. Модули упругости
£=2,1 • 10е кГ/см2, G=8-10s кГ/см2.
5.104 *. Воспользовавшись результатами решения задачи 5.103,
определить наибольшие нормальные о и касательные напряжения
тит свободного и стесненного кручения в поперечном сечении
стержня. Построить эпюру
касательных напряжений
стесненного кручения.
5.105*. Решить задачу
5.103 при условии полной
заделки концов.
5.106*. Построить эпю-
ру бимоментов и опреде-
лить наибольшее нормаль-
к задаче s loe. ное напряжение в сечении
заделки дюралевой консоли
корытного профиля длиной /=150 см, нагруженной закручиваю-
щим моментом. £=7,6-106 кГ]см2, G=2,9-105 кГ/см2.
5.107*. В предыдущей задаче определить наибольшие касатель-
ные напряжения тит свободного и стесненного кручения.
5.108 *. Решить задачу 5.106 приближенно, положив а=0,
т. е. пренебрегая жесткостью свободного кручения, и сравнить
результат с точным решением.
§ 7. Пластинки и оболочки
5.109* . Построить эпюру прогибов (v) и эпюры изгибающих
моментов в радиальном (MJ и окружном (Mj направлениях для
круглой пластинки толщиной /=1 мм и радиусом г=5 см, жестко
защемленной по краю и нагружен-
ной равномерно распределенной по-
перечной нагрузкой интенсивностью
р=0,1 кГ/см2. Коэффициент Пуас-
сона р,=0,3. Модуль упругости
£=2,2- 10е кГ/см2.
ШШНШШШШШШТ
I I 1 II 1-1 III Т Г 1 I I I I I I ьч гу
$)г-*-тГ=5см-*\
К задаче 5.109.
5.110. Решить задачу 5.109 для пластинки, свободно опертой
по краю.
5.111. Стальная пластинка толщиной /=2 лш.и радиусом г=
=5 см, свободно опертая по контуру, нагружена равномерно рас-
пределенной поперечной нагрузкой р=1,2 кГ/см2. Определить мак-
симальный прогиб и максимальное нормальное и касательное на-
пряжения. Коэффициент Пуассона р=0,25.
5.112. На дюралевую пластинку толщиной /=3 мм и радиусом
г=20 см, защемленную по всему контуру, действует сосредоточен-
ная сила в центре пластинки Р=10 кГ. Определить максимальный
прогиб и максимальные напряжения изгиба.
144
5.113. Решить задачу 5.109 для нагрузки сосредоточенной силой;
Р = 1 кГ в центре пластинки.
5.114. На дюралевую пластинку радиуса г=20 см и толщиной
/=3 мм, свободно опертую по контуру, действует равномерно
распределенная вдоль контура моментная нагрузка интенсивностью
Л4о=О,5 кГсм/см (случай чистого изгиба пластинки). Определить
изгибающие моменты в окружном и радиальном сечениях и прогиб
пластинки.
К задаче 5.116.
5.115. На свободно опертую круглую пластинку действует рав-
номерно распределенная нагрузка интенсивностью р кГ/см* в пре-
делах ее центральной части радиуса г. Определить максимальный
прогиб.
5.116. Решить предыдущую задачу для случая защемленных
краев пластинки.
К задаче 5.117.
5.117* . Получить выражения для изгибающих моментов Mt
и Л42 для круглой пластинки с отверстием, нагруженной а) по
краям распределенными моментами интенсивностью М и т кГсм/см,
б) по краю отверстия равномерно распределенной нагрузкой ин-
тенсивностью р кГ/см.
5.118. Решить задачу 5.117, б при R = 15 см, г—5см, р= 10 кГ/см,
£=2,1-10е кГ/см2, ц=0,3. Найти наибольший прогиб. Построить
эпюры моментов Mi и Мг. Вычислить
наибольшее напряжение.
5.119. Стальная пластинка толщиной
/=0,4 см, радиусом г=4 см имеет в центре
абсолютно жесткую часть радиусом Ь=1 см.
Определить максимальный прогиб пластин-
ки при действии равномерной нагрузки
р=40 кГ!см\
5.120. Получить уравнение эпюры прогибов стального поршня,,
нагруженного давлением р=40 кГ!см2 и усилием штока Р=*рпг2
с противоположной стороны. Определить максимальный прогиб.
Утолщенные части поршня считать абсолютно жесткими.
К задаче 5.119.
145-
5.121. Прямоугольная пластинка шарнирно оперта двумя вза-
имно противоположными краями на опоры, одна из которых под-
вижна. Пластинка несет равномерно распределенную нагрузку
интенсивностью р=0,5 кГ/см*. Пролет /=20 см. Толщина t=
=0,3 см. Модуль упругости материала £=2- 10е кГ/см1. Коэффи-
циент Пуассона р=0,28. Определить максимальное напряжение
изгиба в пластинке и максимальный ее прогиб.
Р=р-лга
К задаче 5.120.
К задаче 5.121.
5.122. Решить предыдущую задачу для случая нагрузки интен-
сивностьщ р=5 кГ/см, равномерно распределенной вдоль линии,
параллельной опертым краям, посередине пластинки.
5.123* . Прямоугольная пластинка свободно оперта всеми кра-
ями и нагружена равномерно распределенной
нагрузкой интенсивностью р=0,5 кГ/см2', у
£=7,5-10s кГ/см*, р=0,3. Определить глав-
ные напряжения посередине пластинки вбли- V у
зи ее поверхности и максимальный прогиб.
К задаче 5.122. К задаче 5.123. К задаче 5.124.
5.124. Пластинка испытывает чистый изгиб. Толщина пластин-
ки /=1 см. Коэффициент Пуассона р.=0,25. Изгибающие моменты
7Их=100 кГсм/см, Л4У=5О кГсм/см. Определить главные напряже-
ния вблизи поверхности пластинки.
5.125* . Решить предыдущую задачу при а=6=20 см, Мх=
=МУ=М=5 кГсм/см, Е=7-105 кГ/см\ р,=0,34. Определить мак-
симальный прогиб щтах пластинки. Пластинка подвешена на четы-
рех нитях.
5.126. Прямоугольная пластинка с отношением сторон а/Ь=Ч
и толщиной /=4 мм нагружена изгибающими моментами (см. рис.
к задаче 5.124) Л4х=20 кГс'м/см и Л4У=ЗО кГсм/см. Определить
146
относительное удлинение eD на поверхности пластинки в направле-
нии ее диагонали. Определить максимальные нормальное и каса-
тельное напряжения. Коэффициент Пуассона материала пластинки
|1=0,28. Модуль упругости £=2,1-10“ кГ/см2.
5.127* . Определить максимальный прогиб wmax и максималь-
ное нормальное напряжение изгиба сттах прямоугольной пла-
стинки размерами 20x40 см, постоянной толщины /=0,4 см, наг-
руженной равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью
р=0,2 кГ/см2 в случае а) шарнирно опертых краев и б) защем-
ленных краев. Модуль £=7,5-10“ кГ/см2.
5.128* . Составить уравнения эпюр прогибов w и продольных
изгибающих моментов М для цилиндрической оболочки дли-
ной I, радиусом R и толщиной t с абсолютно жесткими днищами,
нагруженной внутренним давлением р. Принять а) / = 4j/Rt,
б) / = 2|Л^
5.129. То же для случая днищ, полностью податливых на изгиб,
но жестких на растяжение.
§ 8. Брусья малой жесткости J)
5.130*. Тонкая стальная полоска, заделанная одним концом
(рис. а), подвергается продольному изгибу. Путем решения точного-
дифференциального уравнения
упругой линии при изгибе 1/р =
где
1 у" dd
Р~ [1 + (/)2Гл ds ’
найти зависимость от нагрузки
прогиба /1 (рис. б), опускания
It, угла поворота 01 свободно-
го конца 1 и наибольшего на-
пряжения Oi изгиба. Пока-
зать, что две различные полос-
ки получат геометрически по-
добные упругие линии, если для
обеих полосок будут одинако-
выми значения «коэффициента
подобия» 0=/КPjEJ. Построить
графики /ио. Воспользоваться
5.131*. В предыдущей задаче
приложением — табл. 13.
найти: 1) прогиб Д, опускание-
/ъ угол поворота 01 и напряжение Oi при нагрузке £1=50,3 Г,
если /i=0,2 мм, /?=20 мм, /=120 мм, стпц=8000 кГ/см2-, 2) отно-
шение напряжения сжатия oj к наибольшему напряжению 04 из-
гиба; 3) £кр—силу, при которой начинается продольный изгиб;
4) £2— силу, при которой свободный конец 1 опустится до уровня
заделки О, а также /2, 02, а2 в этот момент.
х) Задачи 5-130—5-135 составлены Е. П. Поповым.
147“
5.132. Пластинчатая пружина сечением &хЛ=10х2 ммъ, дли-
ной /=100 мм, с модулем Е=2- 10е кГ/см\ заделанная одним кон-
цом, изгибается поперечной силой Р, Путем решения точного диф-
ференциального уравнения упругой линии dB/ds=MIEJ
1) найти величину силы Рг, прогиб Д, смещение Д свободного
конца 1, а также наибольшее напряжение <Ti изгиба, если угол
поворота конца 01=50°;
2) оценить погрешность А в вычислении прогиба f и напряже-
ния ст обычным способом (/о, ст0) при изгибе той же по величине
силой Pi,
3) построить график погрешности обычного решения для общего
•случая изгиба по данной схеме.
5.133*. Пластинчатая пружина, свободно опертая на гладкие
неподвижные опоры 1, изгибается приложенной в середине силой
<2=25 Г. Путем решения точного дифференциального уравнения
упругой линии d^/ds—M/EJ найти размеры b и h поперечного
сечения пружины, ее длину 21, расстояние между опорами 2с и
прогиб f середины О', чтобы напряжение не превышало [ст] =
=4000 кГ/см* и поворот концов 1 пру-
жины равнялся 01=4О°. Сравнить с обыч-
ным решением f0.
Указание. По условиям симметрии
деформации рассматриваем изгиб половины
пружины. Сечение О перемещается верти-
кально вниз без поворота. Длина упругой
линии увеличивается за счет свободного
проскальзывания на опорах 1. Опорная
реакция поворачивается, оставаясь нор-
мальной к упругой линии. Обычное реше-
ние не учитывает двух последних обстоя-
тельств.
к задаче 5.134. 5.134*. Путем решения точного диффе-
ренциального уравнения упругой линии
d§/ds=M/EJ найти вес груза G и все размеры пластинчатой пру-
жины 01 регулятора, вал АВ которого делает п=220 об/мин..
Заданы следующие наибольшие допускаемые величины: напряже-.
143
ние изгиба [о]=2500 к.Г[см\ прогиб Д=2 cjh, поворот конца 0!=«
=20°. Расстояние г=31 мм. Сравнить с обычным решением.
5.135*. Тонкое кольцо радиусом R изгибается в плоскости кри-
визны силой 2Р. Путем решения точного дифференциального урав-
нения его упругой линии d8!ds=M/EJ+ \/R найти нагрузку Р2,
при которой происходит переход от простой формы равновесия
<5) к форме равновесия в) с точками перегиба.
К задаче 5.135.
Найти нагрузку Рпр, соответствующую предельной форме рав-
новесия г). Найти уменьшение f0 вертикального и увеличение ft
горизонтального диаметров кольца и наибольшее напряжение
изгиба для всех форм равновесия кольца. Сравнить решение
с обычным.
Указание. Ввиду симметрии деформации рассмотреть из-
гиб одной четвертой части 01 кольца для обеих форм равновесия б
и в. По условиям симметрии в сечении 1 имеем только нормальное
усилие, равное Р, и изгибающий момент Л!ь определяемый в
процессе решения.
149
Глава 6. СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ
§ I. Косой изгиб
6.1*. Консоль нагружена на свободном конце силой Р=300 кГ.
Поперечное сечение балки прямоугольное: 6=4 см, см\
длина балки /=120 см. Направление силы Р составляет с верти-
кальной осью угол а=30°. Вычислить нормаль-
ные напряжения в четырех угловых точках
опасного сечения и определить прогиб на конце
консоли. Материал — сталь, Е=2-10в кГ/см2.
6.2. Консоль (/=0,8 м) двутаврового сечения
№ 12 изгибается двумя силами /\=250 кГ и
силой Р2=100 кГ. Определить максимальное
нормальное напряжение в опасном сечении
консоли.
6.3. Проверить прочность и жесткость дере-
вянной простой балки (Е=1 • 106 кГ/сж2) проле-
том /=4 м. Сечение балки прямоугольное: 6=12 см; 6=16 см.
Равномерно распределенная нагрузка р=200 кГ/м действует в
К задаче 6 2.
плоскости, проходящей через ось балки и составляющей с верти-
кальной главной плоскостью балки угол а=30°. Допускаемое на-
пряжение на изгиб [о] = 140 кГ1см2; допускаемый прогиб [f]=//150.
6.4. Стальной прокатный уголок № 8 (/=8 мм) воспринимает
изгибающий момент М =80 кГм в средней плоскости вертикальной
150
полки. Определить нормальные напряжения в трех (/, 2 и 3)
наружных углах сечения.
6.5* . Балка зетового сечения № 14 пролетом 1=2 м шарнирно
оперта по концам и нагружена равномерно распределенной нагруз-
кой р= 1000 кГ]м. Главные моменты инерции сечения равны Jx=
=847 см\ Jy=61,4 с.и4. Угол, составленный с плоскостью наиболь-
шей жесткости со стенкой зета, равен <р=21°48' (tg <р=0,4). Высота
зета h= 14 см, толщина стенки t=8 мм. Определить максимальные
напряжения и максимальный прогиб.
6.6. Определить нормальные напряжения в точках 1 и 2 опас-
ного сечения консоли от действия собственного веса, а также наи-
больший полный прогиб. Сечение балки — уголок № 6,3 (/=
=0,6 см), р=5,72 кГ]м. Длина балки 1=2 м, £=2,1-IO6 кГ/смг.
К задаче 6 6.
6.7. Определить допускаемую сосредоточенную нагрузку Р,
которую можно приложить посередине пролета простой балки,
если допускаемое напряжение [о]=1600 кГ1см\ Пролет между опо-
рами 1=2 м. Сечение балки—уголок № 9 (/=0,8 см).
151
6.8* . Шарнирно опертый по концам швеллер нагружен равно-
мерно распределенной нагрузкой р=0,5 Т/м вдоль оси жест-
кости. Швеллер расположен так, что его стенка образует с верти-
калью угол а=30°. Пролет швеллера 1=4 м. Определить номер
швеллера из условия, что допускаемое напряжение равно [ст] =
1600 кГ/см*.
которых равны
6.9* . Брус прямоугольного сечения Ьхй подвергается косому
изгибу моментами Мх и Mv. Определить наивыгоднейшее отно-
шение сторон сечения k=h/b, при котором вес бруса имеет мини-
мальное значение.
6.10* . Консоль прямоугольного сечения b~X.h подвергается
косому изгибу сосредоточенной нагрузкой Р на свободном ее конце.
Определить наивыгоднейшее соотношение сторон сечения k=h/b,
при котором вес бруса имеет минимальное значение при заданном
допускаемом прогибе [/]. Направление силы Р с вертикальной осью
составляет угол а (см. рис. к задаче 6.1).
6.11. Консоль нагружена на свободном конце силой Р. Сечение
балки имеет две оси симметрии, моменты инерции относительно
250 сл? и 3400 см*. Направление силы Р с осями
симметрии сечения составляет угол 45°. Вычис-
лить угол наклона а нейтральной линии к оси
максимальной жесткости сечения.
6.12. Направление прогиба составляет с
главными осями сечения бруса при косом из-
гибе угол а=45°. Сечение бруса прямоугольное
с размерами b=2h. Определить направление
вектора изгибающего момента в сечении
бруса.
6.13* . Определить направление прогиба бру-
са при косом изгибе графическим способом .с
помощью прямоугольника инерции. Радиусы
инерции сечения бруса ix=5 см и iy=3 см. Линия действия силы Р
с осью у составляет угол а=25°.
6.14. Показать, что при косом изгибе в случае совпадения грузо-
вой линии Плинии действия силы Р) с одной из диагоналей пря-
моугольника инерции нейтральная линия совпадает с другой его
диагональю.
К задаче 613.
152
§ 2. Растяжение или сжатие с изгибом
6.15* . Полоса толщиной /=10 мм растягивается силой Р=5 Т
с эксцентриситетом е=6/4. Определить ширину полосы b при до-
пускаемом напряжении [ст]=1600 кГ/смг.
6.16. Как изменяется максимальное напряжение в брусе квад-
ратного сечения, если сила, действующая вдоль оси бруса, парал-
лельно переместится на контур попереч-
ного сечения в точку Лив точку В?
6.17. Определить эксцентриситет про-
дольной силы, при котором нормальные
напряжения в крайних волокнах образца
круглого сечения диаметром d отличаются
не более чем на 5% от средней величины
напряжений.
6.18. При испытании стального образ-
ца на внецентренное растяжение установ-
лены нормальные напряжения в крайних
волокнах 0j= 1600 кГ)см^ и о2 —1000 kI'Icm'1'.
К задаче 6. 15. К задаче 6.16.
Определить растягивающую силу Р и ее
эксцентриситет е. Сечение образца прямоугольное: Ь—6 см.
1==5 мм.
6.19* . Определить допускаемую глубину х выреза в полосе
сечения 60X10 мм растягиваемой по оси силой Р= 1500 кГ. Допу-
скаемое напряжение принять равным [сг] = 1200 кГ[см\ Концент-
рацией напряжений пренебречь.
К задаче 6.19.
К задаче 6 18.
6.20* . На кромке стальной полосы, работающей на растяже-
ние, появилась трещина. Чтобы трещина не распространялась, на
ее месте была выфрезерована галтель. Найти, насколько увеличи-
лось от этого напряжение в полосе. Размеры сечения полосы 6=
= 100 мм, t=8 мм, глубина галтели <2=10 мм, растягивающая сила
Р=6 Т, Концентрацией напряжений пренебречь.
153
6.21. Для уменьшения напряжения в стальной полосе с гал-
телью, рассмотренной в предыдущей задаче, предложено с другой
стороны выфрезеровать такую же галтель. Как при этом изменятся
напряжения в полосе?
6.22. Две полосы сечением 6х/ растягиваются силой Р. Одна
полоса ослаблена одним боковым вырезом глубиной х, другая —
двумя боковыми вырезами той же глубины. При каком значении х
максимальные напряжения о в первой полосе будут больше и при
каком значении х— меньше по сравнению с максимальным напря-
жением второй полосы?
6.23. Определить напряжение в опасном сечении растянутого
стержня с местным ослаблением, показанным на рисунке. Сечение
стержня квадратное, я=40 мм; растягивающая сила Р=1000 кГ.
6.24. Полоса, прикрепленная к косынке с помощью трех закле-
пок, как показано на рисунке, растягивается силой /’=2,5 Т.
Вычислить напряжения в крайних точках сечения полосы, прохо-
дящей через первую заклепку. Размеры сечения Ь=60 мм,
=5 мм, диаметр заклепки d=10 мм. Концентрацию напряжений
не учитывать.
К задача 6.25.
К задаче 6.26.
6.25. Во сколько раз максимальное напряжение в полосах, со-
единенных сварными швами внахлестку, превосходит напряжение в
целой полосе при испытаниях на растяжение?
154
6.26*. К стенке швеллера с наружной стороны внахлестку при-
варена полоса, ширина которой равна высоте швеллера. Полоса
нагружена силой Р=25 Т. Определить толщину полосы t и номер
швеллера при условии, что максимальные напряжения не должны
превосходить [о]=1600 кГ/см*.
6.27. Равнобокому прокатному уголку 40X40X3 (ГОСТ 8509—•
57) передается растягивающая сила Р=0,5 Т посредством полос
толщиной /=0,3 см, прикреп-
ленных к горизонтальной полке
уголка. Найти величину макси-
мального напряжения в сечении
уГОЛКа. К задаче 6.27.
6.28. Круглая труба растяги-
вается силой Р, линия действия которой проходит по наруж-
ному краю сечения. Сравнить наибольшее нормальное напряже-
ние в поперечном сечении трубы ое при внецентренном растяже-
нии с напряжением ов при центральном растяжении. Отношение
внутреннего диаметра трубы к наружному принять равным 0,8.
6.29. На свободном конце консоли из двух швеллеров установ-
лен блок, которым поднимают груз Q=5 Т. Натяжение троса Р
горизонтально. Ось блока расположена на расстоянии /=>120 см
от заделки. Диаметр блока 0=20 см. Подобрать номер швеллера
по сортаменту из условия, чтобы максимальные напряжения в опас-
ном сечении не превосходили 1о]=1000 кГ[см*.
К задаче 6.29.
К задаче 6.30.
6.30* . Консоль квадратного сечения (аХа) нагружена на сво-
бодном конце силой Р, действующей под углом а к оси стержня.
Определить максимальное напряжение в заделке и угол а0, при
котором оно достигает максимального значения.
6.31. Проверить прочность горизонтальной балки консольного
крана ремонтных мастерских в том случае, когда сосредоточенная
нагрузка Р=ЗТ действует посередине ее пролета. Сечение балки —
двутавр № 18. Пролет балки /=2,6 м. Угол между тягой и балкой
а=30’. Допускаемое напряжение [о] = 1600 кГ1см*.
6.32. В стержне фермы, представляющем собой трубу с наруж-
ным диаметром d=40 мм и внутренним диаметром cG=30 мм, дей-
ствует растягивающее усилие Л/=1800 кГ. Кроме того, равномерно
распределенная нагрузка </=200 кГ/см вызывает в стержне попе-
речный изгиб. Проверить прочность стержня, считая узлы фермы
155
шарнирными, если допускаемое напряжение [а] = 1600 кГ/см\
Уменьшение прогиба под действием силы У не учитывать. Длина
стержня /=150 см.
6.33. Болт диаметром d=25 мм имеет костыльную головку и при
взвинчивании гайки нагружен эксцентрично, как показано на ри-
сунке. Определить напряжение в болте, если сила за?яжки болта
Р=500 кГ и эксцентриситет е=2,5 мм.
156
6.34. Часть головки болта срезана, как показано на рисунке.
Как в результате изменения формы головки возрастут нормальные
напряжения в поперечном сечении болта? Расчетный диаметр сЦ—
—18 мм. Принять, что линия действия растягивающей силы про-
ходит через центр тяжести опорной поверхности головки болта.
6.35. Определить размер b сечения скобы струбцинки для сжа-
тия деталей силой Р=1600 кГ при [о] = 1000 кГ)сма, а=2 см, е~
= 14 см.
6.36. Определить наибольшую силу Р, которую можно допу-
стить в съемнике, предназначенном для снимания деталей с вала,
из условия, что максимальные напряжения в захватах съемника
не превосходят [<г]= 1600 кГ/слР. Размеры сечения захватов а=2 см,
Ь=5 см, ширина выступов е=2 см.
6.37. Определить площадь Р прямоугольного сечения АА скобы,
предназначенной для правки погнутых поясов лонжерона крыла
самолета. Допускаемое напряжение [о]=1600 кГ1см\ Максималь-
ная сила, создаваемая скобой, равна /’=3600 кГ. Эксцентриситет
равен e=2h.
6.38. Подъемник, предназначенный для поднимания самолета
во время ремонта колес шасси, установлен так, что ось червяка с
вертикалью составляет угол 0. Вычислить, во сколько раз макси-
мальное нормальное напряжение в опасном сечении червяка при
0=1° превосходит нормальное напряжение червяка при его верти-
кальном положении (0=0). Длину червяка принять равной /=8dlt
где — диаметр расчетного сечения червяка.
6.39* . Определить максимальное напряжение в сечении АА
полувилки крепления колеса к стойке шасси при посадке самолета
с боковым сносом. Расчетная нагрузка задается в плоскости полу-
157
К задаче 6.43.
К задаче 6.40.
158
вилки: вертикальной силой Pi=12,5 Т и боковой силой Рг—2,5 Т
Сечение вилки пустотелое эллиптическое. Размеры а=40 см, Ь=*
= 15 см, г=35 ем, ^=10 см, d2=6 см, /=0,5 см. Материал — сталь
хромансиль, расчетное напряжение сг=17 ООО кГ/см2.
6.40. Скоба изготовлена из стального круглого стержня d=
=60 мм, а=70 мм. Определить максимальную растягивающую
силу Р. Допускаемое напряжение [о] = 1400 кГ/см2.
6.41. Скоба прямоугольной формы растягивается силой Р.
Сечение скобы — квадрат со стороной а=0,5 см. Размеры Ь=
=3 см, с=9,5 см. Определить допускаемое значение силы Р из
условия [о] = 1600 кГ)см\
3 42. Определить ядро сечения для круга радиуса R=50 см,
для прямоугольника &=20 см, h—38 см, для двутавра № 27.
6.43. Вычислить диагональ d квадрата, представляющего собой
ядро сечения пустотелого бруса, наружный контур которого квад-
рат, со стороной а=68 см, а внутренний контур — круг радиуса
/?==25 см.
6.44* . Определить положение нейтральной линии при внецент-
ренном растяжении бруса графически с помощью прямоугольника
инерции. Радиусы инерции сечения бруса ix=5 см, iy=3 см. Коор-
динаты следа продольной силы в плоскости сечения бруса х?= 1,6 см,
уР=3,7 см.
6.45. Построить графически с помощью прямоугольника инер-
ции ядро сечения для прямоугольника Ь=6 см, /1=10 см.
§ 3. Предельное состояние бруса при совместном
действии изгиба и растяжения
6.46 *. Установить зависимость между изгибающим моментом М.
и продольным усилием N бруса прямоугольного сечения в предель-
ном состоянии. Известными являются значения момента текучести
Л4Т (момент, который может воспринять «пластический шарнир»
бруса при отсутствии осевого усилия) и продольное усилие теку-
чести (предельное растягивающее усилие при отсутствии из-
гибающего момента).
6.47 *. Установить зависимость между изгибающим моментом М
и продольным усилием N бруса круглого сечения при условии, что
известными являются момент текучести Л4Т и продольное усилие
текучести Ут.
6.48 . Найти предельное значение изгибающего момента М бруса
квадратного сечения, если известно, что в опасном сечении дейст-
вует также продольное усилие У=0,5 Ут. Сторона сечения а=5 см.
Предел текучести ат=3600 кГ/см'1.
6.49 . Найти предельное значение растягивающего усилия N
бруса круглого сечения, если известно, что в опасном сечении дей-
ствует также изгибающий момент М=0,75 Мт. Диаметр сечения
d=2 см. Предел текучести ат=4000 кГ/см2. Воспользоваться ре-
шением задачи 6.47.
159
6.50. Определить эксцентриситете в предельном пластическом
•состоянии бруса квадратного сечения при внецентренном его ра-
стяжении силой Р = 1000 кГ. Дано: М,=
=7000 кГсм, ЛГт=2000 кГ.
6.51. Найти предельную величину силы
Р, растягивающей брус прямоугольного сече-
ния b=2 см, h=3 см с эксцентриситетом
е—1 см. Предел текучести от =4000 кГ/см1.
§ 4. Изгиб с кручением
к »адаче 6.51. 6.52*. Вал с кривошипом подвергается
действию силы Р=350 кГ. Определить диа-
метр вала d по третьей теории прочности при [о] = 1600 кГ1смг\
7=50 см, а=10 см.
6.53. Вертикальная стойка диаметром <7=4 см и длиной /=80 см
на свободном конце подвергается действию гори-
зонтальной силы Р=100 кГ на расстоянии
е=30 см от ее оси. Проверить прочность в опас-
ном сечении стойки, [о] = 1600 к.Г[см\
6.54*. Вал круглого сечения скручивается моментом Л4К=
= 12 000 кГсм и изгибается моментом Л1н=9000 кГсм. Определить
диаметр вала d по I, II, III и IV теориям
прочности. [о]=1000 к.Г!смг.
6.55. Коробчатый тонкостенный брус на-
ходится под одновременным воздействием
изгибающего момента Л1и=0,8 Тм и кру-
тящего момента Л4К=1,2 Тм. Размеры се-
чения бруса: а=20 см, Ь=16 см, /=1 см.
Проверить прочность бруса по третьей
теории прочности при [о1=500 кГ/см*. За- К задаче 6 55.
круглениями в углах сечения пренебречь.
6.56*. В сечении двухлонжеронного крыла самолета (носок
и хвостик сечения не учитываются и не показаны на рисунке) сим-
метричного профиля действуют изгибающий момент Ми=3500 кГм
и крутящий момент AfK=1800 кГм. Высота переднего лонжерона
160
/f'i=40 см, заднего лонжерона /72=20 см. Расстояние между лон-
жеронами В=56=100 см. Площади поясов переднего лонжерона
Fi=6 см2, заднего лонжерона F2=3 см2, стрингеров /=0,5 ом*.
Толщина передней стенки
лонжерона ^=3 мм, задней
/а=2 мм, обшивки <в=5 мм.
Полагая центры тяжести пло-
щадей Fi, Fa и f расположен-
ными на контуре сечения кры-
ла, проверить прочность об-
шивки по третьей теории проч-
ности при [о]=850 кГ/см2.
6.57 . Вал круглого сече-
ния с жестко заделанными концами посередине пролета подвер-
гается действию сосредоточенной силы Р=1000 кг с эксцентриси-
тетом е=10 см. Вычислить диаметр вала d по третьей теории
прочности, [ст]=2000 кГ/слг2.
6.58 *. Сравнить веса двух брусьев круглого и" квадратного се-
чений, воспринимающих изгибающий Мк и крутящий М„ моменты
при условии МИ=ЗМК. Предполагается, что указанные брусья
рассчитываются по третьей теории прочности.
6.59 *. При каких соотношениях между изгибающим Мл и
крутящим Мк моментами более прочен брус круглого сечения и
при каких — брус квадратного сечения? Предполагается, что ука-
занные брусья имеют одинаковые вес и длину, Сравнение произве-
сти, исходя из третьей теории прочности.
К задаче 6.60.
6.60 *. Вал имеет два зубчатых колеса, радиусы которых Г1=»
=6 см и г2=12 см. Окружные усилия на венцах и Рз с вертикаль-
ной осью составляют углы aj=450 и а2=30°. Число оборотов вала
6 Под ред. А. А. Уманского
161
п=1000 об/мин. Передаваемая мощность N=500 л. с. Определить
диаметр вала по четвертой теории прочности. а=10 см, й=15 смг
1=50 см, [а]=1200 кГ/см2.
6.61. На вал насажены два колеса диаметром Ог=20 см и
£>2=50 см, на которые действуют вертикальные силы Pi и Р2,
как показано на рисунке. Определить диаметр вала по третьей тео-
рии прочности. Pi=500 кГ и [ст] =
= 1000 кГ/см2, <2=120 см. Трением в;
подшипниках пренебречь.
К задаче 6.62.
6.62. Два шкива одинакового диаметра £>=60 см насажены
на вал и передают мощность М=12 л. с. при числе оборотов в ми-
нуту п=400. Натяжение ведущего ремня вдвое больше ведомого
7\=2Т2. Дано: <2=40 см, 6=30 см, [ст]=1000 кГ/см2. Определить
по второй теории прочности диаметр вала d. Вес шкивов и вала не
учитывать.
X заляче 6 63.
К задаче 6.64.
6.63. На вал диаметром d=2,5 см насажены два зубчатых ко-
леса, диаметры которых £>i=30 см и £>2=15 см. Окружные усилия
на венцах Pi и Р2 направлены соответственно вертикально и гори-
зонтально. Определить по четвертой теории прочности наибольший
крутящий момент на валу при [о] = 1000 кГ/см2, 1=60 см, а=15 см.
162
6.64. Подобрать по третьей теории прочности наружный диа
метр оси трубчатого сечения качалки рулевого управления само
лета при [о] = 1000 кГ/см2. Разме-
ры качалки а = 20 см, с =15 см,
Ь,=40 см, Ь2=15 см. На качалку
передается усилие 7\ = 200 кГ.
Отношение внутреннего диаметра
трубы к наружному принять рав-
ным 0,8. Трением в подшипниках
пренебречь.
6.65. Определить по третьей
теории прочности допускаемую
силу Р в тяге, идущей к рулю по-
ворота самолета, из условия проч-
ности оси [о] = 800 кГ/см2. Ось
выполнена из дюралевой трубы с
наружным диаметром d = 4 см и
внутренним диаметром d1 = 3,6 см.
= 16 см, а2 = 6 см, с =12 см, ct =
К задаче 6.65.
Размеры оси а = 40 см,
8 см.
§ 5. Общий случай сложного сопротивления
6.66* . Определить по третьей теории прочности необходимый
диаметр вала, если в опасном сечении действуют изгибающий
момент Мв = 60 кГм, крутящий момент Л4к = 20 кГм и продольное
растягивающее усилие N =900 кГ. Допускаемое напряжение [а] =
= 600 кГ/см2.
6.67. Полный вал находится под действием сжимающего уси-
лия N =8 Т, крутящего момента 7ИК = 3 Тм, изгибающего момента
Л4„ = 2 Тм. Отношение внутреннего диаметра к наружному равно
0,8. Наружный диаметр равен d= 16 см. Проверить по четвертой
теории прочность вала при [о] = 1600 кГ/см2.
6.68. Полый вал авиационного двигателя передает на воздушный
винт мощность N = 1200 л. с. при числе оборотов п = 1100 об/мин.
Тяговое усилие винта равно Т = 30 Т. Проверить прочность вала
по третьей и четвертой теориям прочности при [ст] = 1300 кГ/см2.
Наружный и внутренний диаметры вала: 0=12 см, d=10 см.
6.69. Трубчатый вал двигателя передает мощность N =300 л. с.
при числе оборотов «=1000 об/мин. Тяговое усилие 7’ = 10 Т.
Определить диаметр вала d по третьей теории прочности при
[ст] = 1600 кГ/см2. Отношение внутреннего диаметра к наружному
равно 0,6.
6.70. На консольную часть вала редуктора насажена шестерня,
на которую действуют три силы Рокр = 180 кГ, кГ и
Росев«=30 кГ, как показано на рисунке. Пренебрегая напряжения-
ми сжатия от действия продольных усилий Р0<хв в сечении вала,
определить внешний диаметр вала, исходя из третьей теории
6* 163
прочности, если [о] = 1000 кГ/см2. Вал редуктора имеет трубчатое
сечение. Отношение внутреннего диаметра к внешнему равно 0,8.
Дано: d1 = l см, а —5 см.
К задаче 6.70,
6.71* . Подобрать по третьей теории прочности размер а сто-
роны квадратного сечения бруса, нагруженного осевой растяги-
вающей силой Р = 2000 кГ и крутящим моментом Л4К = 1000 кГсм.
Допускаемое напряжение [а] = 1000 кГ/см2.
Q.T2*. На колесо самолета при стоянке действует вертикальная
сила Р = 8000 кГ. Определить по третьей теории прочности, во
сколько раз должна быть увеличена сила Р, чтобы рычаг крепле-
ния колеса к стойке шасси, выполненный из хромансилевой стали
с временным сопротивлением ств = 12 000 кГ/см2, разрушился в опас-
ном сечении. Размеры рычага 2 = 66 см, 1г = 30 см, с = 20 см. Ось
рычага с вертикалью составляет угол а = 40°. Сечение рычага —
тонкостенный прямоугольник с размерами а =12 см, Ь = 8 см,
t = 6 мм.
К задаче 6.73.
6.73* . Проверить по третьей теории прочность цилиндра амор-
тизатора стойки самолета при действии на нее нагрузки Р=7000 кГ,
164
направленной к оси колеса. Сечение цилиндра 75x65. Допускаемое
напряжение [сг] = 12 000 кГ1см.2. Размеры а=25 см, 6=10 см, си
= 15 см, е=7 см, 7=90 см, а=20а, 0=60°.
6.74* . Сжатый газ в цилиндре при давлении />=25 кГ/см* удер-
живается силой Р, действующей на свободном конце штока поршня
под углом а=60° к его оси. Наружный диаметр цилиндра 0=6 см.
Толщина стенки цилиндра 7=0,5 см. Длины цилиндра и штока
7=50 см, п=60 см. Поршень введен в цилиндр на длину х=25 см,
Вычислить максимальное приведенное по третьей теории прочности
напряжение в цилиндре в указанном положении штока и сравнить
его с допускаемым [сг] = 1600 кГ)см\
К задаче 6.74.
К задаче 6.78.
6.75. Цилиндрический баллон подвергается одновременному
действию внутреннего давления р=60 кГ/см2, изгибающего момен-
та Л4,,=200 кГм и крутящего момента Л4К =500 кГм. Проверить
прочность баллона в опасной точке поперечного сечения. Наружный
диаметр баллона 0 = 10 см. Толщина стенки баллона 7=5 мм.
Допускаемое напряжение [о] = 1600 кГ/см2,
6.76* . В сечении щеки коленчатого вала двигателя действуют!
изгибающие моменты в плоскостях большей и меньшей жесткости
соответственно ЛЦ=7000 кГсм и 7И»=15ООО кГсм, крутящий мо-
мент Мя =4500 кГсм, поперечная сила в плоскости большей
165
жесткости Q=2500 кГ и растягивающее усилие N=3700 кГ.
Сечение щеки прямоугольное со сторонами а=10 см, Ь=2,5 см.
Проверить по четвертой теории прочность щеки, принимая
[о] = 1400 кГ/см2.
6.77. В поперечном сечении шатунной шейки коленчатого вала
действуют: крутящий момент Мк =29 000 кГсм и в двух взаимно
перпендикулярных плоскостях изгибающие моменты Л11=7000 кГсм
и Л42=11 ООО кГсм. Наружный и внутренний диаметры шейки £) =
=6,6 см и d=4,2 cjk. Проверить по четвертой теории прочность
шейки, принимая [сг]=1400 кГ/см\
§ 6. Брусья с криволинейной осью
6.78*. На конце плоской криволинейной консоли, ось которой
очерчена по дуге окружности радиуса г=50 см с центральным
углом а=60°, действует нагрузка Р=1000 кГ. Подобрать размер а
квадратного сечения по третьей теории прочности, [о] = 1600 кГ/см1.
К задаче 6.73.
6.79. Разрезанное круговое кольцо круглого сечения нагружено
силами Р=60 кГ. Проверить по третьей теории прочность кольца.
Дано: г=10с.и, d=20 мм, [о] = 1600 кГ/смг. Ширину разреза счи-
тать весьма малой.
6.80. Один конец кривого бруса, ось которого очерчена по полу-
окружности, заделан. На другом конце действует момент Л=
=350 кГм. Указать координату р опас-
ного сечения бруса. Определить размер
а квадратного сечения бруса, исходя из
третьей теории прочности. [о] =
= 1600 кГ/см^.
6.81. Консоль нагружена силами
Pi=200 кГ и Р2=300 кГ. Криволи-
нейная часть ее описана по дуге окруж-
ности. Вычислить максимальные напря-
жения сжатия в опасном сечении. Се-
чение консоли квадратное а=5 см. Раз-
меры: &=60 см, г=30 см.
6.82. В опасном сечении бруса вычислить максимальные нор-
мальные напряжения. Ось криволинейной части бруса описана по
166
дуге окружности радиуса г=30 см. Сечение бруса квадратное а=»
•=6 см. Дано: 6 = 15 см, Pi=80 кГ, Р2=60 кГ, Р3=50 кГ,
К задаче 6-83
6.83. Верхний пояс плоской фермы выполнен из гнутой трубы
с толщиной стенки t=2 мм и воспринимает усилие Р=800 кГ,
Определить наибольшее напряжение в поясе.
§ 7. Брус с ломаной осью
6.84 . Ломаный брус квадратного сечения заделан одним концом
и нагружен на свободном конце силой Р. Определить предельное
значение силы Р, исходя из третьей тео-
рии прочности. Дано: а=20 мм, Ь—
=20 см, с=12 см, [о] = 1600 кГ/см2.
К задаче 6.85.
6.85 *. Определить по третьей теории прочности допускаемую
силу Р, действующую на прямоугольную скобу. Крепление концов
167
К задаче 6.87 и 6.88.
скобы абсолютно жесткое. Сечение скобы квадратное. Дано:
=20 мм, Ь=\2 см, 1=20 см, напряжение [ст] = 1600 кГ)см\ G=0,4 Е.
6.86 . Консольный ломаный брус на свободном конце А нагружен
силой Р=1000 кГ. Определить в сечении В усилия: продольную
силу N, изгибающие моменты Мх и Му, крутящий момент Мк и
поперечные силы Qx и Qy. Углы наклона силы Р к осям Xi и «л а=
=60° и р=50°. Дано: а=50 см, Ь=40 см, %=40°.
6.87 . Построить эпюры продольных сил N, изгибающих момен-
тов Мх и Му, крутящих моментов Мк и поперечных сил Qx и Qy
для расчетных схем, приведенных на рисунке. Числовыми данными
следует задаться. Соединения в узлах считать жесткими.
6.88 . Отдельные участки ломаных брусьев, приведенных на
рисунке, имеют круглые течения с диаметром d или прямоугольные
сечения с отношением сторон hfb=2,5. Пользуясь данными задачи
6.87, вычислить по третьей теории прочности размеры d, b и h.
Допускаемое напряжение принять равным [ст] = 1600 кГ[см\
169
Г лава 7. ПРИЛОЖЕНИЕ ЭНЕРГЕТИЧЕСКИХ ТЕОРЕМ
К ЛИНЕЙНО ДЕФОРМИРУЕМЫМ СИСТЕМАМ
§ 1. Определение потенциальной энергии упругой деформации
К задаче 7.1.
7.1 *. Определить потенциальную энергию балки U при помощи
общей формулы для энергии изгиба стержня, а также выразить
U через нагрузки, пользуясь справочными данными о прогибах
и углах поворота от отдельных наг-
рузок балки.
7.2 *. Сравнить величины потен-
циальной энергии трех одинаковых
стержней, нагруженных продольны-
ми силами с одинаковой суммой Р.
Площадь сечения стержней F. Уста-
новить геометрический смысл обоб-
щенного перемещения, соответствующего силовой группе с пара-
метром Р.
7.3 *. Сравнить величины потенциальной энергии трех одинако-
вых балок, несущих поперечные нагрузки с одинаковой суммарной
величиной Р. Рассмотреть также случай, когда концы балок за-
щемлены.
170
7.4 . Найти выражение U' энергии деформации сдвига на едини-
цу длины бруса, подвергающегося поперечному изгибу в плоскости
главной оси у. Чему равна эквивалентная площадь Fy сечения
бруса, если подсчет энергии U' вести по формуле для среза U'=
^QlIQ-GFy, предполагая распределение касательных напряжений
равномерным?
7.5 *. Определить коэффициент %, учитывающий неравномер-
ность распределения касательных напряжений поперечного изгиба
в выражении энергии от действия поперечной силы
для таврового профиля с размерами, указанными на
рисунке.
7.6 . Простая деревянная балка пролетом /=200 см,
с прямоугольным сечением 7i=12 см, 6=10 см,
Е=106 кГ)смг, G=104 кГ/см3 нагружена силой Р=
=500 кГ посередине пролета. Для прямоугольного
сечения коэффициент х=1,2. Определить накопленную
в балке потенциальную энергию.
7.7 . Стальная консоль таврового сечения с вы-
летом /=3 м нагружена на свободном конце силой Р= 150 кГ,
£=2-10° кГ/см3, G=^E4, линейные размеры сечения вдвое мень-
ше, чем у профиля, рассмотренного в задаче 7.5. Определить энер-
гию и прогиб на конце.
7.8*. Балка длиной I без опор, лежащая на сплошном упругом
основании, изгибается вертикальной нагрузкой. Начало коорди-
нат помещено на левом конце оси балки. Известно уравнение эпюры
малых прогибов балки v (х)=А+В sin пх/l. Истолковать геометри-
ческий смысл Л и В.
Определить потенциальную энергию системы, принимая жест-
кость изгиба балки EJ кГсм3, погонную отпорность основания
k кГ/см1.
7.9*. Абсолютно жесткая балка без сосредоточенных опор с
переменной шириной подошвы b=b(x)
4
К задаче 7.5.
опирается на упругое осно-
вание с постоянным коэф-
фициентом отпорности
k0 кГ/см3. Под действием
некоторой вертикальной
нагрузки балка получает
осадку v(x)=AA-Bx. Ис-
толковать геометрический
смысл А и В. Определить
потенциальную энергию и
надлежащим выбором на-
чала отсчета координаты
К задачам 7.10. и 7.11.
х придать выражению энергии простейшую форму.
7.10 *. Ленточный фундамент, рассматриваемый вместе с соору-
жением как абсолютно жесткий, оперт на упругое основание с ко-
эффициентом отпорности k0 кГ/см3. Лента имеет ломаное очерта-
171
ние в плане и переменную ширину узкой подошвы b=b(s). Фунда-
мент нагружен силой Р. Определить осадку фундамента под силой
и величину накопленной упругим основанием потенциальной энер-
гии деформации.
7.11 *. Плоская ломаная упругая консоль АВ нарощена на
конце абсолютно жестким брусом ВО произвольной формы. К концу
О приложены момент L и взаимно перпендикулярные силы Н и V.
Определить положение точки О и наклон силы Н (а следовательно,
и силы V) так, чтобы выражение энергии деформации изгиба
консоли представляло каноническую квадратичную форму от L, И,
V, т. е. не содержало произведений LH, LV, HV. Отметить родст-
венные задачи теоретической механики и сопротивления мате-
риалов.
7.12 *. Плоская или пространственная упругая система (напри-
мер, рама) обладает плоскостью геометрической и упругой симмет-
рии. Показать, что потенциальная энергия системы от одновремен-
ного действия симметричной и антисимметричной силовых групп
выражается канонической квадратичной формой. Показать, каким
образом произвольную (несимметричную) силовую группу мож-
'но заменить совокупностью симметричной и антисимметричной
групп.
7.13 . Стержень с площадью сечения F растягивается продоль-
ной силой Р, действующей с эксцентриситетами хр, ур, относитель-
но главных осей поперечного сечения. Определить площадь сече-
ния F3K эквивалентного центрально растянутого стержня, на-
капливающего ту же энергию, что и эксцентрично растянутый.
7.14 *. Полукруговая арка с затяжкой получает предваритель-
ные напряжения при помощи натяжения затяжки, снабженной
винтовой муфтой. Выразить энергию системы через а) усилие Л/а в
затяжке, б) сближение Д торцов затяжки в муфте. Учесть только
деформацию изгиба арки и растяжения затяжки.
К задаче 7.14.
rsinfi
К задаче 7.18.
rsinfi
7t(1-cosp)
rstnfi-
(К задаче 7.16.
7.15 *. Ось плоской криволинейной консоли очерчена по чет-
верти окружности радиуса г. Высота прямоугольного сечения /г=
=г/5, площадь сечения F. Коэффициент Пуассона р.=0,28. Коэф-
фициент, учитывающий неравномерность распределения касатель-
ных напряжений по высоте сечения, х=1,2. Составить выражение
энергии с учетом деформации от моментов, продольных и поперечных
сил и найти вертикальное перемещение конца консоли.
172
7.16 . Схема конструкции в соответствии с задачей 7.15, но сече-
ние круглое, с площадью F, и нагрузка Р перпендикулярна к пло-
скости консоли. Определить перемещение по направлению силы Р,
учитывая деформацию изгиба и кручения и пренебрегая деформа-
цией сдвига.
§ 2. Цилиндрические пружиныL)
7.17 *. Подсчитать наибольшую величину U потенциальной'
энергии деформации кручения проволоки в цилиндрической пру-
жине с малым шагом витков. Пружина свита из проволоки d=8 мм,
Р=40 мм, п=10 витков. Сколько витков должна иметь эта пру-
жина для поглощения заданной энергии Т=200 кГсм? Дано: (т]=
=4000 кГ/см*, 6=0,8-10е кГ/см*.
К задаче 7.18
7.18 *. Найти перемещение X конца А цилиндрической пру-
жины, свитой из проволоки круглого сечения. Растягивающая сила
/’=500 кГ, диаметр проволоки d—20 мм, средний радиус витков
7^ = 100 мм, число витков п=8. Найти наибольшее напряжение
и вычислить, какую долю в процентах составляет
кручения ттах . .
напряжение среза т по отношению к ттах.
Модуль сдвига 6=0,8-10“ кГ/см*.
7.19*. Пружина имеет средний диаметр
В=38 мм, диаметр проволоки d=3,7 мм,
число витков п=6. Найти допускаемую
нагрузку Р на пружину и осадку X пружины
при [т]=3980 кГ/см*, 6=7,05-10“ кГ/см*.
7.20. Цилиндрическая пружина, свитая
из круглой проволоки, имеет средний радиус
витков R=20 мм. Найти диаметр проволоки
2Л
d и число витков п, если максимальная сила, к задач» 7.2а.
сжимающая пружину, ^=100 кГ при макси-
мальной осадке Х=30 мм. Допускаемое напряжение [т]=«
=4800 кГ/см*, модуль сдвига 6=0,8-10“ кГ/см*. При этих же ув-
ловиях подобрать сечение пружины, свитой из квадратной прово-
локи bxb. Сравнить веса пружин.
7.21 *. Построить характеристику цилиндрической клапанной
пружины двигателя — график зависимости силы Р, сжимающей
пружину, от величины осадки X. Найти предварительную осадку
’) Задачи 7.17—7.25 составлены проф. Е. П. П о п о в ы м.
173
%! пружины при закрытом клапане, шаг пружины ta и высоту На
пружины в свободном состоянии, а также наибольшее напряжение
ттах. Ход клапана Л=30 мм, средний радиус витков 7?=50 мм,
диаметр проволоки d=10 мм\ сила пружины при закрытом кла-
пане должна быть /’1=75 кГ, а при полностью открытом Р2=
= 125 кГ, причем должен еще оставаться зазор между витками
Да=0,5 мм.
7.22*. Предохранительный клапан диаметром £>=60 мм должен
открываться при давлении пара р=8 атм. Ход клапана й= 10 мм.
Наибольшая допустимая осадка пружины Л=100 мм. Найти
диаметр d проволоки, из которой надо свить
пружину С, и число витков ее п, если R=30 мм,
ЛВ=100 мм, ВС=Ъ00 мм, [т]=4000 кГ/см\
6=0,8-10е кГ/см*.
7.23. Две пружины (7 и 2), свитые из проволоки
одинакового диаметра d=10 мм и имеющие одина-
ковое число витков п=10, работают на сжатие. Вы-
сота наружной пружины 1 в свободном состоянии
на а=60 мм больше, чем внутренней 2. Найти уси-
лие, осадку и напряжение каждой пружины, если
/?!=50 мм, Т?2=30 мм, Р=400 кГ, 6=0,8- 10е кГ/см2.
к задаче 7.22. 7.24*. Пружины 1 и 2 вставлены с предваритель-
ным сжатием между тарелками штока АВ и стенкой
CD, причем а=10 мм, 1=210 мм. Найти усилие и напряжение
каждой пружины в состоянии предварительного сжатия, т. е. при
отсутствии внешней силы (Q=0). Найти зависимость от нагрузки
величины перемещения штока h, усилия, осадки и напряжения каж-
дой пружины. Найти величину нагрузки, при которой нижняя
пружина окажется в свободном состоя-
нии. Для пружин одинаковы: шаг в сво-
бодном состоянии /=20 мм, число
К задаче 7.23.
R задаче 7.24.
витков п=10, диаметр проволоки d=8 мм, модуль сдвига материа-
ла 6=0,8-10е кГ1см\ Кроме того, даны размеры /?х=40 мм,
7?2=50 мм.
174
7.25 . Жесткий невесомый рычаг AD, подвешенный на трех
пружинах с одинаковым числом витков, нагружен
Подобрать диаметр проволоки для каждой пру-
жины так, чтобы напряжения в них были оди-
наковы и равны т=5000 кГ/см?. Средние радиусы
витков /?1=3 см, /?2=4 см, /?3=5 см.
силой Q=400 кГ.
К задаче 7.26.
К задаче 7.25.
7.26 *. Составить выражения потенциальной
цилиндрической винтовой пружины с большим
энергии и осадки
шагом витков.
статически
§ 3. Определение перемещений и расчет
неопределимых систем по методу сил
7.27 *. Определить в буквенном виде вертикальное перемещение
Л1А узла 4 фермы, нагруженной в узлах верхнего пояса одинако-
ва
К задаче 7.30.
(метод единичной силы, рис. б)1). Площади сечений поясных стерж-
ней принять равными раскосов и стоек F2. Модуль £=const.
7.28 *. Верхний пояс той же фермы нагревается на Р. Опреде-
лить вертикальное перемещение узла 4.
7.29 *. Вследствие неточности изготовления стержень 2—3 по-
лучился короче своей проектной .длины на 1,5 см. Определить, на-
сколько узел 4 сместится по вертикали по сравнению с проектным
положением узла.
7.30 *. Вычислить усилия в стержнях однократно статически
неопределимой фермы, отличающейся от рассмотренной в задачах
7.27—7.29 «лишним» опорным
стержнем 4—4“ длиной а с
площадью сечения Fa. При-
нять площади поясов и решет-
ки соответственно Fi=10cjt2,
Fa=8 см2.
7.31 *. Определить макси-
мальное усилие и напряжение
в стержне статически неопре-
делимой фермы от нагрева
верхнего пояса на t°. При-
нять /°=100°С, а=125-10-7,
£‘=2-10® кГ/см2 (см. другие
данные в задаче 7.30).
7.32 *. Стальная консоль Ji=245 см*, Fi=14,3 см2, поддержи-
ваемая дюралевым подкосом F4=10 cju2, несет равномерно распре-
деленную нагрузку р кГ/см. Сравнить изгибающие моменты в се-
чениях А и В. Определить усилие в подкосе.
К— 1.2м—7.33*. Ломаный брус на двух
’ ( z I * опорах (статически определимая
К задаче 7.32.
К задаче 7.33.
рама) нагружен силой Р посередине ригеля. Определить: 1) гори-
зонтальное перемещение опоры В, 2) углы поворота сечений А
и В, 3) вертикальный прогиб сечения ригеля под силой, 4) гори-
зонтальные перемещения узлов С и D. Учитывать только дефор-
мацию изгиба. Сечения всех элементов считать одинаковыми.
') Под вертикальным перемещением подразумевается проекция полного пе-
ремещения на вертикаль.
176
Сделать эскиз деформации и проверить решение, пользуясь фор-
мулами для прогибов и углов поворота простой балки и консоли и
геометрическими соображениями.
7.34 . Определить горизонтальную составляющую реакций опор
(распора) двухшарнирной симметричной рамы, учитывая деформа-
цию изгиба, растяжения — сжатия и сдвига.
7.35 . Составить выражение для распора той же рамы от нагрева
ригеля на f. Как изменится результат, если кроме ригеля нагре-
ваются также стойки?
К задаче 7.34.
К задаче 7.36.
7.36 *. Построить эпюру изгибающих моментов двухшарнирной
рамы от распределенных нагрузок р и q на ригеле. Учитывать только-
деформацию изгиба. Решение дать в буквенном виде, а затем перейти
к соотношениям l/h=2, Jt/Jh=5.
7.37 . Построить эпюры М, N, Q для симметричной рамы.
р^4-ООл7~/л/
—7л/----Л
EJ=const
К задаче 7.38.
и неизвестные, составить.
7.38*. Выбрать основную систему
в буквенном виде канонические уравнения для рамы.. Подставить
значения размеров, решить уравнения и построить
окончательную эпюру М.
7.39*. Рама с защемленными стойками несет
равномерно распределенную нагрузку на ригеле.
Взяв за основную систему ломаную консоль, за-
щемленную левым концом, и за неизвестные —
момент, поперечную и продольную силы в правом
опорном сечении, составить систему канонических
уравнений. Какие упрощения получим, разрезав
ригель по оси симметрии и взяв за неизвестные
изгибающий момент, продольную и поперечную
силы посередине ригеля? Составить и решить уравнения в этом ва-
рианте. Построить окончательную эпюру моментов.
EJ=const
Еж
К задаче
7.39.
I
Р
Н Н Н f
Z
177
7.40 . Решить задачу 7.36 в предположении, что стойки рамы
оперты не шарнирно, а защемлены. Основную систему взять в виде
ломаной балки, неизвестные— распор Н и опорные моменты МА
и М fl. Сколько неизвестных подлежит определению из канониче-
ских уравнений в случаях а) и б)? Нарисовать эскизы деформации
рамы в обоих случаях.
1\ задаче /.4II.
7.41 . Построить окончательные эпюры для четырех вариантов
узловой нагрузки квадратной рамы со стержнями одинакового се-
чения, учитывая только деформацию изгиба. Как изменится реше-
ние, если учесть деформацию растяжения — сжатия стержней?
7.42*. Составить в общем виде систему канонических уравнений
7.43 . Проанализировать степень статической неопределимости
балок со шпренгелем и наметить варианты выбора основной си-
стемы и лишних Неизвестных.
7.44 *. Рассчитать многопанельную раму с горизонтальной осью
симметрии (так называемую безраскосную ферму) методом группи-
№
ровки неизвестных и нагрузки в симметричные и антисимметричные
группы. Построить окончательную эпюру изгибающих моментов.
J=1Scm*
Ь 1 Ь
100 кГ 100 100 100 юо
К задаче 7.44.
7.45 *. Прямоугольная свободная рама, имеющая две оси геомет-
рической и упругой симметрии, нагружена уравновешенной распре-
деленной касательной нагрузкой постоянной интенсивности q.
Нарисовать окончательную эпюру изгибающих моментов и опре-
делить приращение прямых углов схемы рамы в результате дефор-
мации («относительный сдвиг»).
7.46 . Показать, что свободная рама с двумя осями геометри-
ческой и упругой симметрии при уравновешенной нагрузке,,
симметричной относительно обеих осей, однократно статически
неопределима.
К задаче 7.45 К задаче 7.47. К задаче 7.48.
7.47 *. Г-образная плоская рама расположена горизонтально
и обладает горизонтальной плоскостью симметрии. Конец рамы А
защемлен. На конце В рама опирается на упругий стержень длиной
I, перпендикулярный ее плоскости. Рама нагружена силой Р, пер-
пендикулярной ее плоскости. Определить усилие в опорном стерж-
не, учитывая деформацию изгиба и кручения стержней рамы и
деформацию растяжения — сжатия опорного стержня. Для случая
круглого сечения (d=a/20) всех стержней, и принимая Ь=2аг
1=а, построить эпюры М, Мк, Q.
7.48 *. Горизонтальная прямоугольная рама с двумя осями сим-
метрии оперта на вертикальные опоры в трех углах и нагружена
вертикальной силой Р в четвертом углу. Уравновешенная система
нагрузок и реакций представляется четырьмя силами Р, попере-
менно направленными вниз и вверх. Построить эпюры вертикально-
изгибающих моментов М, крутящих, моментов Мк и вертикальных
поперечных сил Q.
179
7.49 . Плоская рама защемлена на конце А и шарнирно оперта
на конце В. Сечение стержней одинаковое, круглое. Нагрузка —
равные и противоположные силы Р в углах рамы. Построить эпюры
«яЛ изгибающих и крутящих моментов.
Ц---— 7.50. Трапецеидальная плоская рама с
защемленными концами несет равномерно
а распределенную нагрузку р кГ/см. на
а о среднем стержне. Построить эпюры изги-
------— бающих и крутящих моментов, поперечных
Р ° сил. Найти прогиб посередине рамы.
к задаче 7.49. 7.51. Решить задачу 7.47 в предполо-
жении, что оба конца Г-образной рамы
защемлены. Построить эпюры Af, Л1к, Q.
7.52 *. Прямоугольная рама с двумя осями симметрии (аналогич-
но задаче 7.48) оперта в четырех углах и произвольно нагружена
К задаче 7.52.
перпендикулярно ее плоскости. Выбрать основную систему и неиз-
вестные, составить канонические уравнения.
§ 4. Балочный метод расчета плоских рам1)
7.53*. Показать, что правило Верещагина для подсчета интег-
рала Мора, когда одна эпюра произвольная, другая (Л) пря-
молинейная,
СМ „М dx — о —
Мс = -^-.Мс
J EJ с EJ h
К задаче 7.53.
можно преобразовать к виду
1
7.54*. Нагрузка Р четырехугольной
рамы уравновешивается четырьмя незави-
симыми друг от друга касательными си-
лами, распределенными вдоль стержней
рамы. Учитывая только деформацию изги-
ба стержней рамы, составить систему ка-
Другое название — метод уравнений трех или четырех моментов.
180
ионических уравнений для определения изгибающих моментов в
углах рамы.
К задаче 7.65.
7.55*. Аналогичная 7.54* задача, но рама обладает двумя осями
геометрической и упругой симметрии. Определить неизвестные
угловые моменты из системы урав-
нений, каждое из которых со-
держит только одну неизвестную.
7.56. Решить задачу 7.36 (а) и '
7.40 (а) балочным методом.
7.57*. Решить задачи 7.36 (б)
и 7.40 (б) балочным методом.
7.58*. Составить уравнения ба-
лочного метода для определения
опорных моментов двухпролетной
рамы от действия нагрузки и равномерного нагрева ригеля на С,
Лз
/ I 3
Р,2 а
Igt
I
Рзз
ъ
^12
1
^43
4
w/Т/. К
1и Ь
задаче 7.58-
§ 5. Расчет одноконтурных рам по методу аналогий
(методу упругого центра)
7.59*. Определить в буквенном виде геометрические "Харак-
теристики фиктивного профиля симметричных рам а), б) и в
численном виде характеристики несимметричной рамы в). Вели-
чины F*, </*, J* найти увеличенными в EJa раз, где Л — произ-
181
вольный, постоянный для всех расчетов данной рамы момент
инерции.
7.60* . Построить эпюру изгибающих моментов симметричной
плоской прямоугольной рамы, нагруженной в своей плоскости.
Г
*:[м
К задаче 7.61.
К задаче 7.60.
7.61. Найти изгибающие моменты в углах и под силой в замкну-
той прямоугольной раме с двумя осями симметрии.
7.62. Стойка высотой h нагружена, как указано на рис. а),
б), в), г). Определить результирующий фиктивный груз и его
положение, предполагая сначала, что сечение стойки постоянное
(J—JB=JB). Найти дополнительный фиктивный груз, учитываю-
щий уменьшение момента инерции верхней части стойки до ве-
личины JB,
К задаче 7.62. К задаче 7.63.
7.63. Определить М, N, Q посередине верхнего ригеля и мак-
симальный изгибающий момент нижнего ригеля замкнутой трапе-
цеидальной рамы. Ригель несет нагрузку, распределенную по за-
кону прямой, pi=500 кГ/м, £2=200 кГ/m. Нагрузка уравновеши-
вается силами Pi и Ps.
7.64* . На рисунке показана бесшарнирная рама с нагрузкой.
Требуется проверить найденное положение центра тяжести фиктив-
ного профиля «/о = 1,019 м, геометрические характеристики, уве-
личенные в EJ2 раз, F* =29,89 м, /* = 129,55 м3, /*=773,0 м\
1J2
построение эпюры Л4° и фиктивные нагрузки стержней, приведен-
ные к углам рамы: Pf = 292 Тм2, Р^ = 384,05 Тм2, Р% — 104,1 Тм2,
Р* = 3,95 Тм2, эпюру М от лишних неизвестных, а также оконча-
тельные эпюры М, Q, N.
Примечание. В этом примере моменты и поперечные силы
считаются положительными по балочным правилам для наблюда-
теля, обходящего раму по часовой стрелке. Моменты отложены от
растянутого волокна. Положительные поперечные силы и сжи-
мающие продольные силы отложены наружу контура. Фиктивные
грузы показаны кружками с точками в соответствии с отрицатель-
ной величиной (правилом левого винта). Положительные моменты М
отвечают сжимающему напряжению фиктивного профиля.
7.65* . Определить изгибающие моменты в углах рамы задачи
7.64 от нагрева левой половины снаружи на 35° и изнутри на 5°.
Принять сечение ригеля рамы 0,Зх0,6л«л/ при модуле Е = 1,4х
хЮ'Т’/.и'1 (железобетон), коэффициенте линейного расширения
а = 0,00001.
7.66. Одно из защемлений рамы задачи 7.64 под влиянием
смещения почвы повернулось на малый угол <р. Какие дополни-
тельные моменты возникнут в раме?
183
7.67. Одно из защемлений рамы (задача 7.64) заменено упругим
шарниром с угловой отпорностью к=\кГ/см. Как это отразится на
работе рамы?
§ 6. Расчет рам по методу перемещений
7.68 *. Балка АВ постоянного сечения с защемленными кон-
цами нагружена произвольной нагрузкой и испытывает принуж-
денные повороты опорных сечений на углы <рА и срв и осадки их на
величины АЛ и А в. Составить выражения опорных моментов и по-
перечных сил.
К задаче 7.68.
К задаче 7.69.
К задаче 7.70.
7.69 *. Построить эпюры изгибающих моментов. За неизвестное
принять угол ф1 поворота жесткого узла 1. Использовать резуль-
таты решения задачи 7.68.
7.70 *. Построить эпюру моментов рамы. За неизвестные принять
<pi, <ра, А.
§ 7. Брусья малой кривизны. Круговые кольца
7.71*. Для плоской х) консоли с осью, очерченной по дуге
окружности радиуса г, составить уравнения эпюр М, Q, N в функ-
ции центрального угла Р от действия сосредоточенных нагрузок Р>
Т, L на свободном конце и равномерно распределенных нагру-
зок р, q, tn.
7.72*. Аналогичная задача для плоской консоли, нагруженной
перпендикулярно своей плоскости сосредоточенными нагрузками
Р, L, Lx и равномерно распределенными нагрузками р, tn, тл.
Составить уравнения эпюр Q, М, Мк.
Примечание. Сосредоточенные моменты L и LK показаны
как дуговыми стрелками, так и векторами-моментами (с волнистой
х) «Плоская» означает, что ось консоли является кривой, лежащей в плоско-
сти симметрии.
184
стрелкой) по правилу правого винта; распределенные моментные
нагрузки — только малыми векторами-моментами.
круговая консоль (рисунок к задаче 7.71) с цент-
нагружена равномерно распределенной радиаль-
кГ/см. Подобрать силу Т, которая аннулирует
всех сечениях консоли,
задаче 7.72)
моментной
7.73 . Плоская
ральным углом а
ной нагрузкой р
изгибающие моменты и поперечные силы во
7.74 . Плоская круговая консоль (рис. к
равномерно распределенной изгибающей
тккГ1см. Подобрать силу Р, которая ан-
нулирует изгибающие и крутящие мо-
менты во всех сечениях консоли.
7.75 *. Симметричная круговая
арка с защемленными концами нагру-
жена равномерно распределенной ра-
диальной нагрузкой интенсивностью pt
на левой половине и р2 на правой. По-
казать, что если при расчете учитывать
только деформацию изгиба, пренебрегая деформацией от продоль-
ных и поперечных сил, то изгибающие моменты в арке распреде-
нагружена
нагрузкой
7; 76. Та же задача
рабола второй степени)
ляются антисимметрично и зависят только от разности р± — р2.
для параболической арки (па-
и равномерно (по горизонтальной проекции)
распределенной вертикальной . наг-
рузки.
// 7.77*. Кривой брус с балочным
опиранием нагружен равными и про-
тивоположными моментами L по кон-
цам и горизонтальной силой Н, при-
К задаче 7.77. ЛОЖвННОЙ К ПОДВИЖНОМУ КОНЦу. НаЙ-
ти: а) соотношение между L и Н,
при котором правый конец не перемещается, б) соотношение меж-
ду Л и Я, при котором опорные сечения не поворачиваются друг
относительно друга.
7.78 *. Считая правый конец кривого бруса с центральным углом
а (рис. к задаче 7,71) защемленным и принимая нагрузки правого
185
конца неизвестными L = Xlt Т = Х2, Р = Х3, составить матрицу
коэффициентов и свободных членов трех канонических уравне-
ний для определения неизвестных Хь Х2, Х3. Учитывать только
деформацию изгиба. Деформацией растяжения—сжатия и сдвига
пренебречь.
7.79. Принимая нагрузки правого конца в задаче 7.72 за неиз-
вестные P = Z1, Lk=‘Z2, L = Z3, составить матрицу коэффициентов
и свободных членов бруса, защемленного двумя
Ф концами. Деформацией сдвига пренебречь. Учи-
тывать только деформацию изгиба и кручения.
7.80*. Круглое кольцо сжато двумя диа-
метрально противоположными силами Р. Пост-
роить эпюру изгибающих моментов. Определить
приращения длин горизонтального и верти-
кального диаметров.
7.81*. Круговая арка нагружена сосредо-
точенной силой Р вдрлъ оси симметрии. Оп-
ределить момент и продольную силу в среднем
сечении.
к задаче 7.80. 7.82*. Круговая арка нагружена равно-
мерно распределенной радиальной нагрузкой
на левой половине. Определить М, N, Q посередине пролета.
К аадаче 7.61.
7.83 *. Круговой эркер, защемленный двумя концами, нагружен
перпендикулярно своей плоскости силой Р посередине и равно-
мерно распределенной нагрузкой р. Найти изгибающий момент под
силой, а также изгибающие и крутящие моменты в защемлениях.
7.84 . Показать, что кольцо, нагруженное уравновешенными
силами, антисимметричными относительно двух взаимно перпен-
дикулярных центральных осей, статически определимо.
7.85 *. Цилиндрический поплавок осажен в воду на половину
своей высоты нагрузкой, равномерно распределенной вдоль верх-
него стрингера (в вертикательной диаметральной плоскости).
Диаметр поплавка d = 2r — 0,6 м, объемный вес воды у = 1 Т/м3.
На взаимном расстоянии а = 0,4 м расположены кольцевые шпан-
гоуты £J-const. Построить эпюры М, N, Q в шпангоуте, пренеб-
регая разницей между диаметрами поплавка и оси шпангоута.
7.86 . Определить усилия М, N, Q в нижнем сечении симмет-
рично нагруженного круглого кольца радиуса г постоянного
сечения. Найти усилия й других характерных точках.
186
р
р
К задаче 7.84.
К задаче 7.85.
Ф о а
а) \р б) в) \2Р
"yLv аЗЯ W
/р \р д} е) U 2Р 1р
I HI Н Н IT]/7 III III 11ITI/7 '____r
о о ср
\2pr НН 1HHH/7
Л
ф
*)
и)
з)
К задаче 7.8в.
7.87 *. Круглое кольцо постоянного сечения, подвешенное
в восьми равноотстоящих точках, нагружено в плоскости сим-
метрии двумя равными, противоположно направленными момен-
тами L. Определить реакции опор. Подвески считать недеформи-
руемыми и воспринимающими как растяжение, так и сжатие.
7.88 *. Круговая арка постоянного сечения радиуса г с цент-
ральным углом 2а подвергается на протяжении дуги DE равно-
мерному нагреву (температура оси t°) и неравномерному нагреву
(разность температур нижнего и верхнего волокон Д/°). Составить
формулы для изгибающих моментов в арке. Воспользоваться
методом аналогий.
7.89 . Как изменится решение предыдущей задачи, если арка
имеет а) шарнир в ключевом сечении С, б) шарниры в пятах А и В?
7.90 . Круглое кольцо подвергается равномерному нагреву на
протяжении дуги 2-у. Составить выражения для изгибающих
моментов, поперечных и продольных сил.
§ 8. Тонкостенные конструкции
7.91 *. Построить эпюры продольных сил N в стержнях, опре-
делить погонные касательные усилия q и найти величину потен-
циальной энергии тонкой прямоугольной
стенки и окаймляющих стержней от наг-
рузки силой Р.
Принять, что силы взаимодействия
между стенкой и стержнями сдвигающие
и стержни воспринимают только продоль-
ные усилия. Толщина стенки t, площадь
сечений стержней F.
7.92. По условию предыдущей задачи
К «адаче 7.91
определить перемещение, нагруженного
узла (прогиб) по направлению силы Р.
7.93 . Тонкостенный параллелепипед (коробка) нагружен урав-
новешенной системой’ четырех сил Р. Определить углы поворота
188
стержня АВ по отношению к стержню CD и стержня BD по отноше-
нию к стержню АС. (Толщина стенки t, площадь поперечного сече-
ния стержней F.)
7.94*. Открытая сбоку коробка, имеющая горизонтальную
плоскость симметрии, неподвижно прикреплена в точках А, В, А',
В' и нагружена в плоскости передней стенки па-
рой с моментом М. Определить точку С, вокруг
которой поворачивается предполагаемая неде-
формируемой передняя стенка. Принять толщи-
ну t стенок одинаковыми и площади F сечений
стержней также одинаковыми.
К задаче 7.95.
К задаче 7.93.
К задаче 7.94.
7.95 *. Тонкая стенка с шестью клетками, окаймленными стерж-
нями, растягивается двумя силами Р, приложенными к крайним
стержням, и силой 2Р, приложенной к среднему стержню. Выбрать
основную систему и неизвестные. Построить эпюры нормальных
сил в стержнях и определить погонные касательные усилия в клет-
ках стенки.
7.96 . Тонкостенная коробка прикреплена в четырех точках
и нагружена парой сил в плоскости передней стенки. Определить
лишнее неизвестное X. Толщина
стенок t, площадь поперечного се- р
К задаче 7.96. К задаче 7.97.
7.97 *. Тонкостенная труба нагружается сосредоточенной силой
Р, которая передается трубе при помощи кольцевого шпангоута
189
постоянного сечения. Считая, что радиус оси шпангоута и средний
радиус цилиндрической стенки одинаковы и равны г, определить
М, Q, N в сечении шпангоута под силой, составить уравнения
епюр усилий.
К задаче 7.98.
7.98 *. Определить усилия М, Q, N в сечении А кольцевого
шпангоута. Сечение трубы (обшивки) показано пунктиром.
7.99 *. Криволинейная консоль с осью, очерченной по дуге чет-
верти окружности, имеет тонкостенный двутавровый профиль.
Предполагается, что цилиндрическая стенка двутавра восприни-
мает полностью поперечную силу и в ней возникают равномерные
190
по высоте и по толщине касательные напряжения и, следовательно,
равномерное по высоте погонное касательное усилие. Полки, пред-
ставляющие собой пластинки небольшой толщины, работают только
в своих плоскостях, и в них возникают равномерные по толщине
нормальные и касательные напряжения. Полки, как и стенка,
защемлены на левом конце.
К задаче 7.99.
К задаче 7.100.
Составить выражение потенциальной энергии консоли для слу-
чая нагрузки одной вертикальной силой Р на конце.
7.100 . Круглое кольцо тонкостенного двутаврового профиля (см.
задачу 7.99) нагружено четырьмя силами Р чередующегося направ-
ления, приложенными к ребрам, расположенным в двух взаимно
перпендикулярных плоскостях. Определить усилия в элементах
кольца. Подсчитать перемещение точки приложения одной из сил
относительно плоскости, в которой лежат точки приложения трех
других сил, учитывая только деформацию изгиба поясов (полок) в
своих плоскостях и деформацию сдвига тонкой стенки.
Глава 8. УСТОЙЧИВОСТЬ УПРУГИХ СИСТЕМ
§ (.Продольный изгиб стержней в пределах упругости
8.1. Стальной стержень с шарнирно опертыми концами подвер-
гается центральному сжатию силой Р. Определить размер сечения,
до которого расчет на продольный изгиб — при заданной длине
I — можно вести по формуле Эйлера, и найти допускае-
мую нагрузку в следующих случаях: р
в) прямоугольное сечение, 1=1,2 м, h/b=2, Ь=25мм,
г) двутавровое сечение, 2=1,9 м, профиль № 14.
Принять модуль упругости материала £=2,1 • 10е кГ/см2,
К задаче 8.1.
К задаче 8.2
предел пропорциональности опц=1900 кГ/см2, коэффициент запаса
устойчивости п=2.
8.2. Стальной стержень сжат силой Р=1000 кГ. Длина стержня
2=1,5 м. Концы стержня опираются на цилиндрические шарниры,
т. е. в одной плоскости стержень является шарнирно опертым, а в
другой — перпендикулярной, жестко защемленным. Определить
размеры прямоугольного сечения стержня, равноустойчивого в двух
взаимно перпендикулярных плоскостях, если запас устойчивости
Пу—2, апц=2000 кГ/см2 J).
9 Задачи 8 . 2, 8. 6, 8. 12, 8. 15, 8. 17, 8. 23, 8. 27, 8. 28, 8. 56, 8. 72—8. 81
разработал Б. И. Иваний.
192
8.3. Определить внутренний диаметр винта домкрата из рас-
чета на продольный изгиб при коэффициенте запаса устойчивости
п=3,5. Грузоподъемность домкрата ЮТ, длина винта /=800 мм.
Принять £=2,1 • 10“ кГ/см2, опц=2400 кГ/см2. Верхний конец
винта считать перемещающимся свободно. Влиянием нарезки
пренебречь.
8.4. Сравнить веса колонн, обладающих
равной устойчивостью при продольном изги-
бе, для следующих вариантов сечения:
а) круглое, б) квадратное, в) крестовое,
г) квадратное трубчатое.
а) ' 6)
К задаче 8.4.
Условия закрепления концов, длина колонны и материал ос-
таются неизменными. Критические напряжения лежат в пределах
пропорциональности.
8.5. Шатун судового двигателя, работающего с воспламенением
топлива от сжатия, должен быть рассчитан на продольный изгиб.
Расчетное сжимающее усилие при максимальном давлении газов
равно 16 Т. Длина шатуна 900 мм. Определить размеры сечения
шатуна в двух случаях: а) сечение сплошное, круглое, диаметра d,
б) сечение трубчатое с отношением внутреннего диаметра к наруж-
ному dBH/d!H=0,65. Найти отношение весов цилиндрической части
сплошного и трубчатого стержней.
Материал — легированная сталь; £=2,15-10е кГ/см2, опц=
= 5400 кГ/см2. Коэффициент запаса устойчивости принять равным
•3.5. Концы шатуна считать в плоскости его движения закрепленными
шарнирно.
8.6. Шарнирно опертый стержень круглого поперечного сече-
ния сжат силой Р=5 Т. Длина стержня /=1 м. Запас устойчивости
л=2. Материал — дюраль. Удельный вес уд=2,7 Г/см3, Ел=
=0,72-10е кГ/см2. 1) Найти вес стержня. 2) Во сколько раз уве-
личится вес стержня, если дюралевый стержень заменить стальным
стержнем такой же длины и с тем же запасом устойчивости? уст=
=7,85 Г/см3, £с=2,1-10в кГ/см2.
8.7. Дюралевый сжатый раскос ферменного лонжерона само-
лета изготовлен из бульбового профиля двутавровой формы. Длина
стержня /=800 мм. Концы раскоса следует считать полузащемлен-
ными, принимая коэффициент приведения длины в формуле
Эйлера равным 1/К2. Наименьший момент инерции сечения
1 Под ред. А. А. Уманского 193
7^=7,46 см*, площадь сечения F=7,04 см2, Е—7,4-W кГ/см2г
предел пропорциональности <тпи=2700 кГ!см1. Определить крити-
ческую силу.
К задаче 8.7.
8.8. Дюралевая труба длиной /=1060 мм, один конец которой
защемлен, а второй оперт шарнирно, подвергается действию сжима-
ющей нагрузки Р=760 кГ. Определить наружный диаметр d тру-
бы, если отношение диаметра к толщине t стенки Предел
пропорциональности стпц=2700 кГ]см2, запас устойчивости п=2.
8.9. Сжатый стержень АВ подмоторной рамы самолета длиной
/=1400 мм, представляющий собой трубу с отношением диаметра к
104
толщине стенки d//=32, должен быть рассчитан на критическую
силу Ркр=3200 кГ. Концы стержня считать закрепленными шар-
нирно. £=2,2 x10е кГ/см*, <тпц=5000 кГ/см*. Определить размеры
сечения.
8.10. Звено тяги управления к рулю высоты в самолете переда-
ет сжимающее усилие. Звено представляет собой дюралевую трубу;
длина и размеры сечения указаны на рисунке. Определить крити-
ческую силу, если £=0,7-10е кГ/см* и опц=2000 кГ/см*.
8.11* . Сжатая стойка составлена из двух швеллеров № 10.
Длина стойки 1=3,8 м. Расстояние в свету между швеллерами
а=4 см. Швеллеры связаны диагональной решеткой, как пока-
зано на рисунке; £=2- 10е кГ/с:.Г, о„ц=2200 кГ/см*. Определить
критическую силу Р°р, пренебрегая влиянием поперечной
силы.
Найти наибольшую допустимую длину панели е из условия рав-
ного запаса устойчивости для стойки в целом и для ветви в пределах
панели. Оценить влияние поперечной силы на величину критиче-
ской нагрузки, если решетка составлена из уголков 20x20x3,
наклоненных к оси стойки под углом
а=45°. Концы стойки оперты шар-
нирно.
8.12. Шарнирно опертый стержень
двутаврового сечения № 12 сжимает-
ся силой £=50 Т. Длина стержня
/=1 м, £=2,1 X 10е кГ/см*, <тв =
= 11 000 к.Г/смг, <т|1Ц=7500 кГ/см*.
Вычислить и сравнить коэффициен-
ты запаса прочности и устойчивости.
К задаче 8.11.
а)
К задаче 8.13.
8.13* . Ходовой винт АВ токарно-винторезного станка восприни-
мает усилие подачи, передающееся ему от режущего инструмента
через перемещающуюся вдоль винта, гайку С. Винт должен быть
рассчитан на устойчивость в предположении, что гайка находится в
крайнем правом положении — на расстоянии /2 от опоры Си пере-
дает участку Л винта АС сжимающую силу Р. Определить внутрен-
ний диаметр d винта в двух случаях:
7*
195
1) гайка имеет малую длину и должна рассматриваться как
промежуточная шарнирная опора (рис. а));
2) гайка имеет большую длину, так что винт следует считать
аащемленным в ней (рис. б)). Концы винта А, В в обоих указанных
случаях следует принимать защемленными
шарнирно. Дано: Р=900 кГ, коэффициент
запаса устойчивости п=3,5, /1=150 см,
/2=50 см. Материал — сталь Ст. 5,
£=2,1-10° кГ/см2, опц=2800 кГ!см2. При
вычислении момента инерции сечения влия-
нием нарезки пренебречь.
8.14. Упругие стержни равной длины
а образуют шарнирный четырехзвенник
ABCD, скрепленный диагональным стерж-
нем BD. Конструкция подвергается дейст-
вию сил Р, направленных по диагонали
АС в одном случае внутрь контура, в дру-
гом случае — наружу. Жесткость всех
стержней одинакова и равна EJ.
При какой минимальной величине силы
Р отдельные элементы конструкции поте-
ряют устойчивость?
8.15. При экспериментальном опреде-
лении величины дополнительного прогиба
/д посередине длины шарнирно опертого
стержня были получены следующие результаты: нагрузке
7э1-=100 кГ соответствует прогиб /Д1=1 мм, Р2=300 кГ—=
—3,94 мм, Ря=500 кГ — мм.
Определить размеры прямоугольного поперечного сечения
стержня, если длина его /=60 см, отношение толщины к ширине
hlb=Q,2. Материал — сталь Ст. 3. £=2-10в кГ/см2, опц=
=2000 кГ/см2.
Указание. При
зоваться формулой
определении критической нагрузки поль-
/д — Pnpfn/Р fО’
где f0 — начальный прогиб стержня посередине длины.
8.16. Концы стального стержня шарнирно присоединяются при
температуре 16 °C к неподвижным опорам. Затем стержень подвер-
гается нагреванию по всей длине. Определить температуру, при
которой начнется продольный изгиб стержня.
Проверить, будет ли деформация е, соответствующая моменту
продольного изгиба, лежать в пределах упругости.
Сечение стержня прямоугольное: 20X4 мм, длина равна 200 мм,
коэффициент линейного расширения а=12-10~в, Е=2-Ю" кГ/см2-,
предельная упругая деформация б=М0"3.
8.17. Круглый шарнирно опертый стержень длиной 1=50 см
и диаметром (1=10мм изготовлен из жаропрочного сплава ЭИ437А,
186
Максимальная сжимающая нагрузка, действующая на стержень как
при нормальной, так и при повышенной температурах, равна Р=«
=300 кГ. стпц=3000 кГ/см2 при /°=850 °C. Значения модуля упру-
гости Е даны на графике.
К задаче 8.17.
1) На сколько процентов уменьшится запас устойчивости при
изменении температуры от 0 до 3000 °C?
2) Найти предельную температуру, при которой стержень поте-
ряет устойчивость.
§ 2. Продольный изгиб за пределами упругости
8.18. Стержень с шарнирно опертыми концами длиной /=1,2 м
сжат силой Р. Найти допускаемую нагрузку при запасе устойчи-
вости п=2 в следующих случаях (см. рис. к задаче 8.1): 1) круглое
сечение, d=60 мм, 2) квадратное сечение, «=45 мм, 3) прямоу-
гольное сечение, Л/6=2, /?=50 мм, 4) двутавровое сечение,
197
профиль № 22а. Материал — сталь Ст. 3; £,=2-10в кГ/см*,
опц=2000 кГ[см2, от=2400 кГ/см2.
При продольном изгибе за пределами пропорциональности
(сткр>опц) критическое напряжение окр вычислять по линейной
формуле
окр = 3000— 10К(кГ/смг),
где X—гибкость стержня.
Если вычисленное по этой формуле окр превышает предел те-
кучести от, критическое напряжение принимать равным стт:
акр-ат.
8.19. При расчете корпуса корабля на прочность должна быть
проведена проверка устойчивости палубы; в определенных положе-
ниях корабля по отношению к гребням волн палуба оказывается
90
Г I
Jo
4
а)
сжатой. Определить критическое напряжение для панелей, состав-
ляемых из расположенных по длине корабля подкрепляющих ребер
и присоединяемых к ним полос обшивки.
Материал — сталь Ст. 4; Е=2,1-10в кГ/см2, от=2600 кГ/см\
<гпц=2200 кГ/см2. При пкр>ппц применять формулу окр=3200 —
—10% (кГ/см2) при условии окр^от.
Сечения панелей показаны на рис. а), б), в), г); длины панелей
(шпации) даны в таблице:
Сечение по рисунку а) б) в) «)
Длина панели в мм 700 800 1000 1200
Концы панелей считать опертыми шарнирно.
8.20. Стержни 1 и 2 нервюры самолета (см. рисунок) работают
попеременно на растяжение и сжатие в зависимости от направления
198
внешней нагрузки. Стержень 1 (съемный) изготовлен из легиро-
ванной стали (хромансиль), длина /1=50 см, поперечное сечение—
труба 38/35. Стержень 2 дюралевый, длина /2=40 см, изготовлен
из прессованного профиля двутаврового сечения. Момент инерции
ад
D
К задаче 8.20.
сечения относительно оси х: Уж=5,10 см>, площадь сечения
=2,54 смг. Концы стержней условно считать закрепленными шар-
нирно. Определить критическую силу при продольном изгибе.
Указание. Критические напряжения вычислить по линей-
ным формулам (в кГ/смг)'.
для хромансиля
для дюраля
окр= 10 000—521,
око = 4000—33,31.
ку >
8.21. Стрела строительного переносного крана состоит из двух
уголков 100x40x5 с расстоянием между ними в свету 40 мм. Длина
стрелы равна 5,2 м. Угол- х
ки соединены планками, / \
расставленными через
1,3 м. Определить допус-
каемую сжимающую наг-
рузку для стрелы, рассмат-
ривая ее общую устойчи-
вость и устойчивость угол-
ка в пределах расстояния
между планками. Коэффи-
циент запаса устойчивости
положить равным ц=5.
Концы стрелы считать
шарнирно опертыми при
изгибе перпендикулярно этой плоскости. Уголок в пределах пане-
ли принять опертым шарнирно. Материал — сталь Ст. 3. При оп-
199
ределении критического напряжения воспользоваться указаниями
задачи 8.18. Влиянием поперечной силы на критическую нагрузку
пренебречь.
8.22. Трубчатый стержень подмоторной рамы самолета изго-
товлен из хромомолибденовой стали. Размеры поперечного сечения:
внешний диаметр d=45 мм, внут-
ренний диаметр dj=42 мм. Длина
стержня /=800 мм. Определить
критическую силу, пользуясь фор-
мулой (в кГ/см2)
<тк0= 10 000—1,16V.
8.23. Определить критическую
нагрузку для стержня прямоу-
гольного сечения с жестко защем-
ленными концами. Длина стерж-
ня /=80 см, толщина /=2 см,
ширина Ь=5 см. Материал —>
малоуглеродистая сталь. . £=»
К задаче 8.22. =2,1-10е кГ/СМ*, От = 2800 кГ/СМ*,
опц=2200 кГ/см2'.
Указание. Критические напряжения определять по фор-
муле
1 + V
Сткр ~ Стт 1 + v + 'V- ’
где
v = стт/сгэ, сгэ = V.E7V.
8.24. Сжатый стержень, шарнирно опертый по концам, состоит
из двух швеллеров одинакового поперечного сечения, связанных
К задаче 8.2 1
планками. Определить результирующий модуль Т и положение
нейтральной осп при изгибе вокруг оси Оу (расстояния hx и
Л2), если модуль упругости в зоне растяжения равен Е, а «каса-
тельный» модуль в зоне сжатия EK=dcld& или £'=tga, £K = tgat
(см. рисунок). Расстояние между центрами тяжести швеллеров
равно h.
200
При вычислении момента инерции всего сечения пренебрегать
моментом инерции сечения швеллера относительно собственной
центральной оси уа. Влияние поперечной силы не учитывать.
8.25. Сжатая стойка длиной /=2,6 м с шарнирно опертыми кон-
цами составлена из двух швеллеров. Определить критическую силу,
пользуясь выведенной в
задаче 8.24 формулой, со-
держащей результирую-
щий модуль 7; влиянием
поперечной силы пренеб-
речь.
Диаграмма сжатия для
материала стойки представ-
лена ломаной линией, как
показано на рисунке, при-
чем приведенный модуль
упругости £к=0,5 Е, Е=
=2-10е кГ/см2. Сопоставить результат с величиной критической
силы, получаемой по формуле Ясинского окр=(3387—14,83 7) кГ/см2,
а также (условно) по формуле Эйлера.
8.26. Каркас фюзеляжа самолета состоит из хромансилевых
труб с временным сопротивлением 7000 кГ/см2. Один из сжатых
раскосов имеет длину /=60 см\ внешний диаметр d=30 мм, тол-
щина стенки t=l мм. Определить критическую силу при про-
дольном изгибе, считая концы раскоса опертыми шарнирно. Вос-
пользоваться (условно) формулой для результирующего модуля,
выведенной в задаче 8.24. Модуль упругости £=2,1 • 10е кГ/см2—
до предела упругости сту=4500 кГ/см2, и «касательный» модуль £к =
—0,7 £—при более высоком напряжении. Какова будет крити-
ческая сила, если в расчетной формуле модуль Т заменить «каса-
тельным» модулем £к?
8.27. Критическая нагрузка на стержень с шарнирно опертыми
концами равна £KP=20 Т. Длина стержня /=40 см. Материал —
сталь ЗОХГСА. £=2,1-10е кГ/см2, ов=11 000 кГ/см2, оии =
=7500 кГ/см2.
Во сколько раз увеличится критическая нагрузка при увеличе-
нии площади поперечного сечения в два раза, если стержень имеет:
а) квадратное сечение, б) круглое сечение, в) трубчатое сечение с
отношением диаметров d/D =0,8?
Указание. При окр> апц применять линейную формулу
<ткр= 11000—66,5Х (кГ/см2).
8.28. Требуется изготовить стержень из дюраля или хроманси-
ля (сталь ЗОХГСА), чтобы он выдержал сжимающую нагрузку Р=
=40 Т и имел минимальный вес. Стержень должен иметь квадратное
поперечное сечение и длину /=50 см. Концы стержня жестко за-
щемлены. Сталь имеет £=2,1-10® кГ/см, сгв = 11 000 кГ/см2,
201
апц=7500 кГ/см\ y=7,85 Г/см3, дюраль £=0,72-10е кГ/см\
<тв=4000 кГ/см\ опц=2000 кГ/см3, у=2,7 Г/слг3.
Выбрать материал и найти размеры поперечного сечения
стержня.
Указание. Критические напряжения вычислять по фор-
мулам (в кГ/см3)-.
для стали 30ХГСА . акр = 11 000—66,5Х,
для дюраля °кР= 4 000—33,ЗХ.
§ 3. Расчет на продольный изгиб по нормам
строительного проектирования
8.29. Сосновый брус квадратного сечения длиной /=1,75 я
сжат силами £=10 7’.
Определить размеры сечения, пользуясь таблицей коэффициен-
тов уменьшения допускаемых напряжений, если допускаемое
напряжение при сжатии [<тсж] = 150 кГ/см3. Концы бруса закреплены
шарнирно.
К задаче 8-30.
8.30* . Стрела АВ портального крана состоит из четырех равно-
боких уголков, связанных решеткой. Размеры сечения каждого
уголка остаются постоянными по всей длине стрелы. Габаритные
размеры сечения в пределах средней части DG постоянны, а на
протяжении каждой из крайних частей меняются по линейному
закону. Размеры сечения средней части показаны на рис. в), у
опор — на рис. б). Материал — сталь Ст. 3; [стС1К] =» 1200 кГ/см3,
!) См. Приложение, таблица 3.
202
К задаче 8-31.
Подобрать профиль уголка из расчета на продольный изгиб,, учи-
тывая лишь действие осевой сжимающей силы Р=22,5 Т.
При изгибе стрелы в плоскости АВС концы ее считать опертыми
шарнирно; при изгибе из этой плоскости —
'защемленными. Влиянием поперечной силы
пренебречь.
Указание. При определении приве-
денной длины стрелы с учетом изменения мо-
мента инерции сечения воспользоваться
табл. 5 в Приложении (стр. 482).
8.31. Сжатый раскос фермы моста состоит
из двух неравнобоких уголков 110x70x8. Уголки связаны план-
ками. Длина раскоса составляет /=4,2 м. Определить расстояние
а между уголками (в свету), при котором запас устойчивости по
направлениям главных центральных осей сечения будет одина-
ков. Найти допускаемую нагрузку.
Концы раскоса считать полузащемленными (коэффициент длины
равен 1/К2); влиянием поперечной силы пренебречь. Материал —
сталь Ст. 4; [о]сж =1600 кГ/см2.
§ 4. Применение приближенных методов к расчету
на устойчивость стержней и стержневых систем
8.32* . Определить приближенное значение критической силы
для стержня постоянного сечения, шарнирно опертого по концам,
пользуясь методом последова-
А [* ---1 4 Р тельных приближений и сравни-
~ вая прогибы посередине.
zripZ? ~*j/ / i-—— В качестве исходной линии
УI ПТ f 1 а: Для искривленной оси стержня
6) у ——1 принять: а) ломаную, состоящую
2/1 I из двух отрезков прямых, как
К задаче 8.32. ПОКЭЗЭНО НЭ рИСуНКе, б) Кривую
прогиба балки от действия рав-
номерно распределенной нагрузки. Проследить изменение формы
упругой линии; сравнить с точным решением.
8.33 *. Определить приближенное значение критической силы
для стержня, шарнирно опертого по концам, при помощи энергети-
ческого метода, принимая упругую линию в виде а) параболы
<=с(1 х—х2)-, б) кривой прогиба балки под действием равномерно
распределенной нагрузки v=c(l3x — 21х3 + х*).
Решить ту же задачу по методу Бубнова—Галеркина. Срав-
нить результаты с точным решением, а также с решением по методу
последовательных приближений, если исходные кривые опреде-
ляются теми же уравнениями.
8.34 . Определить приближенное значение критической силы
для стержня жесткостью EJ и длиной I, шарнирно опертого по
203
концам, пользуясь методом «упругой шарнирной цепи», т. е. заме-
няя упругий стержень несколькими жесткими звеньями, соединен-
ными между собой при помощи упругих шарниров. Взаимный угол
поворота двух смежных звеньев в шарнире пропорционален изги-
бающему моменту М, <р — СМ. Коэффициент С при делении длины
стержня на п равных частей принять равным 1/nEJ.
Рассмотреть случаи п=2, п=3, п=4.
К задаче 8.35.
8.35 *. Сжатый силами Р стержень состоит из цилиндрических
частей различного поперечного сечения. Моменты инерции конце-
вых частей I, среднего участка J. Отношение моменте в инерции
i/J=a. Найти критическую силу, выразив ее формулой
Р^КЕ]Ц\
где К — коэффициент, зависящий от параметров а и ₽. Решить
задачу методом последовательных приближений в двух предполо-
жениях:
а) исходная кривая является параболой
v = ^(lx—х2У,
б) в качестве исходной кривой взята синусоида
с . пх
V — [ sin — .
Определить критическую силу для случаев: 1) а=0,2, (3=0,2,
2) а=0,4, (3=0,2, 3) а=0,6, (3=0,6 — и сравнить результат с точ-
ным решением.
8.36 *. Стержень постоянного сечения длиной I с шарнирно
опертыми концами сжат двумя равными силами Р, одна из которых
приложена посередине расстояния между опорами. Найти прибли-
женное значение критической силы, пользуясь методом последова-
тельных приближений и выбрав в качестве исходной кривой сину-
соиду
, . лх
y = f sm —.
Сравнение прогибов произвести для среднего сечения,
204
8.37 . Момент инерции поперечного сечения сжатого стержня из-
меняется по закону
Jx = J04x(l—х)/Р,
где Jo— момент инерции сечения
посередине пролета.
Концы оперты шарнирно.
Определить критическую силу,
пользуясь методом последователь-
ных приближений и предполагая,
что упругая линия представляет
собой параболу
V =---[Ах (I — X)il'.
К задаче 8.36. К задаче 8.37.
8.38 . Стержень переменного се-
чения воспринимает сжимающие
сосредоточенные силы Pi и Pi+P2,
действующие в опорных шар-
нирах, а также силу Р2, приложенную в сечении посередине про-
лета. Стержень состоит из двух цилиндрических частей равной дли-
ны; моменты инерции поперечных сечений равны Ji и J2.
К задаче 8.38.
Пользуясь методом последовательных приближений (в аналити-
ческой форме), определить приближенное значение критической
нагрузки (Pi+^Kp, выразив его формулой
(Pi + P2)kp = KEJ2/P.
Найти зависимость коэффициента К от параметров
a = P1/(P1 + PJ и p=Jz/7r
47
В качестве исходной кривой принять параболу v = ~(lx—х2)
и ограничиться одним приближением. Сравнение прогибов произ-
вести для среднего сечения.
Найти значение коэффициента К. для следующих величин пара-
метров:
а) а = 73, ₽ = 72, б) a = l/2, ₽ = 2.
Результаты сравнить с точными значениями коэффициента Д’.
205
8.39 *. Сжатый стержень, шарнирно опертый по концам, снаб-
жен одной упругой опорой, расположенной посередине пролета,
либо двумя упругими опорами, делящими пролет на три равные час-
ти. Длина стержня I, жесткость на изгиб EJ-, упругие опоры ха-
рактеризуются коэффициентом жесткости С. Определить приближен-
ное значение критической силы Ркр методом «упругой шарнирной
К задаче 8.39.
цепи» (см. задачу 8.34), т. е. заменяя стержень системой п абсо-
лютно жестких звеньев, соединенных упругими шарнирами. Вза-
имный угол поворота <р звеньев в каждом шарнире пропорционален
изгибающему моменту М:
В случае одной упругой опоры принять п=2 и п=3; для двух
упругих опор принять п=3. Рассмотреть отдельно случаи симмет-
ричной и антисимметричной форм прогиба при потере устойчивости
(см. рисунок). Построить график за-
висимости между величинами Ркр/Р9
и С1/Р3, где Рэ — эйлерова нагруз-
ка для неподкрепленного стержня:
Ра=лгЕЛР.
8.40 *. Стальная балка швеллер-
ного сечения № 8 длиной 3 м, сжа-
тая силами Р, скреплена с двумя
перекрестными балками тех же раз-
меров. Сколько полуволн должно
образоваться по потере устойчивости? Определить критическую
нагрузку Ркр, пользуясь графиком, данным в решении задачи 8.39.
Какой наименьший профиль следует выбрать для перекрестных
балок, чтобы они были эквивалентны абсолютно жестким опорам?
Концы всех балок закреплены шарнирно. £=2- 10е кГ/см*.
8.41 *. Стержень, расположенный в сжатой зоне кесонного
крыла самолета (стрингер), должен быть рассчитан на продольный
изгиб. Длина стрингера 1=2 м; концы опираются шарнирно на
жесткие опоры; в пролете он поддерживается часто расположен-
206
яыми поперечными связями (нервюрами), лежащими на равных
расстояниях одна от другой; s=20 см. Нервюры можно рассматри-
вать как балки на двух опорах, шарнирно опертые по концам,
длиной а=50 см. Момент инерции сечения стрингера <7стр=1 см\
а нервюры </„=0,1 сж4; £=0,7-10е кГ/см2.
Определить критическую силу Ркр для стрингера и длину полу-
волны при потере устойчивости /кр, допуская, что реактивные
силы от нервюр распределены по длине стрингера равномерно.
8.42 *. Система перекрестных балок состоит из двух сжатых
силами Р балок длиной 3/п жесткостью на изгиб ЕАи двух под-
крепляющих поперечных балок длиной 3/2, жесткостью £2J2. Кон-
цы всех балок оперты шарнирно. Определить критическую нагрузку
для продольных балок, представив ее с помощью параметра п в
виде PKf = nn‘iE1Jl/ll2.
Найти наименьшую «критическую» жесткость (£2</2)кр, начиная
с которой подкрепляющие балки эквивалентны абсолютно жестким
опорам. Построить график, изображающий зависимость между пара-
метром п и величиной
£ / Д ,
л boJ g 1 «
A-£W77T-
Решить задачу приближенно с помощью энергетического метода,
представляя упругую линию продольной балки последовательно
следующими уравнениями:
1) y=/1sin^, 2) v = f2sin^, 3) u = f3sln^ ,
а упругую линию поперечной балки во всех случаях уравнением
y = fsinX-
,8.43*. Две перекрестные балки одинаковой длины / и равной
жесткости EJ шарнирно оперты по концам, соединены между собой
посередине. Одна из балок сжата силой Р, а вторая—'Силой kP,
207
причем k лежит в пределах между 0 и 1. Определить критическую
силу, представив ее в виде Ркр=п2л2£\7//2. Составить график за-
висимости п2 от k. Решить задачу энергетическим методом, принимая
в качестве упругой линии синусоиду v=fsin(n.x/l). Составить точное
уравнение для определения критической силы, сравнивая реакции
и прогибы в точке сопряжения балок. Проверить приближенное
решение для предельного случая k=0.
8.44 *. Балка длиной /, жесткостью на изгиб EJ сжата силой Р.
Поворот каждого из концов балки вызывает закручивание попереч-
ной балки длиной d и крутильной жесткостью GJp. Определить
критическую сжимающую силу, представив ее с помощью формулы
РК9=тл2Е]/Р и найдя зависимость коэффициента т от параметра
с= Раз°брать предельные случаи с=0 и с=оо. Решить
задачу приближенно, пользуясь энергетическим методом. Упругую
линию балки представить в виде
р . JTX . р (। лх \
u=/1sin-y + f2^l— cos — j ,
где ft и f2 — независимые величины.
8.45 . Балка жесткостью EJ, длиной /, опертая в точках А и В,
неизменно скреплена с абсолютно жесткой стойкой ВС. На стойку
передается продольная сила Р. Длина стойки а. Определить наи-
меньшую жесткость EJmln балки, при которой прямолинейная фор-
ма балки останется устойчивой.
208
Решить ту же задачу для случая двух жестких стоек ВС и >40,.
несущих силы Р. Разобрать два возможных варианта изгиба: сим-
метричный по рис. б) и антисимметричный по рис. в).
8.46 . Балка постоянного сечения защемлена одним концом;
на свободном конце в случае возникновения прогиба начинает
действовать сила, пропорциональная прогибу: Q=cf. Определить
наименьшее значение коэффициента с, при котором прямолинейная,
форма балки будет неустойчивой. Жесткость балки EJ, длина /.
К задаче 8.46.
р=ки
щцщщнв
--I --
К задаче 8.47.
8.47 . Балка, имеющая постоянную жесткость EJ и длину
шарнирно оперта по концам. При возникновении прогиба начинает
действовать распределенная по всей длине балки нагрузка, про-
порциональная прогибу: p=kv. Определить наименьшее значение
коэффициента k, при котором прямолинейная форма балки станет
неустойчивой.
8.48 *. Дюралевая балка, шарнирно опертая по концам, при-
соединена к двум гофрированным пластинам. Соединение можно
считать шарнирным, так как у места скрепления с балкой изгибная
жесткость пластины весьма мала. Пластины передают распределен-
ную сжимающую нагрузку, погонная интенсивность которой
о=15 кЕ/см. Определить наименьший момент инерции поперечного
сечения балки, при котором ее прямолинейная форма будет устой-
чивой. Длина балки /=150 см, длина каждой пластины а=30 см..
а=Г5 кг/см
К задаче 8 48.
8.49 *. Дюралевый стержень АВ шарнирно закреплен по кон-
цам; в точках С и D он скреплен со стержнями, сжатыми силами^
209-
£=8000 кГ. Соединение стержня АВ с перекрестными можно счи-
тать шарнирным. Определить наименьший момент инерции сечения
стержня АВ, при котором прямо-
N8 линейная форма его останется ус-
В /__________С. . Р тойчивой.
ДЗГ Д,. “Г* 8.50*. Балка швеллерного сече-
ния (профиль №8), лежащая на
трех опорах, сжимается силой Р.
К задаче 8.50. ДлИНЭ ОДНОГО Пролета Zi = 0,8 М,
длина второго пролета /2=2/г =
= 1,6 м. Дано: £'=2-10е кГ/см2, сту=2100 кГ/см2. Определить
критическую силу Р, пользуясь уравнением трех моментов.
8.51 *. Упругий стержень диаметром 16 мм шарнирно оперт по
концам. Одна из опор является неподвижной, а вторая — упругой.
Жесткость упругой опоры равна с кГ)см. Определить критическую
нагрузку Ркр при £=0,7-10е кГ/см2. Найти минимальное значение
жесткости упругой опоры са («критическую жесткость»), при кото-
рой в момент потери устойчивости упругая опора не получает
перемещений и может рассматриваться
х как абсолютно жесткая.
К задаче 8.51.
8.52 . Дюралевый стержень, шарнир-
но закрепленный по концам при помо-
щи двух упругих опор, сжимается сила-
ми Р. Жесткость опор сг=4 кГ/см и
с^=8 кГ/см. Поперечное сечение стерж-
ня— круг диаметра d=16 мм, длина
/=60 см. Определить критическую на-
грузку Рк9и форму потери устойчивости.
8.53 *. Вертикальный стальной стер-
жень BD, сжимаемый силой Р, оперт в
точке В, а в точке D шарнирно присое-
динен к двум дюралевым тягам. Угол
наклона тяг к горизонту а=3(Г. Площадь
поперечного сечения стержня BD £„=30 см2; момент инерции
сечения относительно оси, перпендикулярной плоскости черте-
жа, Jo = 120 см4; длина /—1,2 м, модуль упругости стали Е=
£10
=2,2- 10е кГ/см2, предел упругости сгу=7000 кГ1см2. Площадь попе-
речного сечения тяги 0,6 слга, модуль упругости дюраля Ed =
=0,7-10’ кГ!см2. Гибкость тяг настолько велика, что они работают
только на растяжение. Тяги следует считать присоединенными к стер-
жню уже после приложения сжимающей нагрузки. Перемещениестер-
жня из общей с тягами плоскости исключено.
Определить критическое значение силы Р,
при которой произойдет опрокидывание сжато-
го стержня, сравнить с величиной эйлеровой
нагрузки при продольном изгибе на длине BD.
8.54 *. В конструкции, состоящей из кру-
говой цилиндрической обшивки и часто рас-
ставленных ребер, каждое ребро подвергается.
действию сжимающей силы Р. Определить критическую силу Ркр,
для ребра с учетом влияния обшивки, если все ребра прогибают-
ся одинаково и при этом в радиальном направлении. Обшивка
является для ребра как бы упругим основанием; при опреде-
лении реактивной погонной нагрузки принять во внимание лишь,
растяжение обшивки в направлении дуги, вызываемое про гибом
ребра.
Радиус цилиндра равен г, расстояние между соседними ребрами,
измеренное по дуге, равно.s. Длина конструкции I. Жесткость
стрингера на изгйб EJ. Концы ребер оперты шарнирно. Зависи-
мость между напряжениями в обшивке, действующими по дуге, и
соответствующей деформацией определяется модулем Е; толщина
обшивки t.
8.55. Жесткий рычаг длиной <з=0,5 м скреплен со стальным^
круглым валом (С}=8-105 кГ/см2), опертым у места присоедине-
ния к рычагу и защемленным другим концом. Длина вала 1=2 м,_
диаметр d=40 мм. На рычат действует продольная сила Р. Тре-
буется:
1) определить критическое значение силы Р, при котором рычаг
будет уравновешен в положении, отклоненном от вертикали, а вал
подвергается кручению; при этом угол поворота рычага <р считать
весьма малым и в выражении для момента силы Р относительно оси.
вращения принять sin <р=<р;
211.;
2) показать, что, принимая для sin (р более точное значение
sin <р=(р—<р3/3!, получим строгое соответствие между величиной
силы Р и углом закручивания вала после потери устойчивости;
3) найти величину Р для следующих углов закручивания (в
радианах): 0,1; 0,15; 0,2. Построить график (Р; (р);
4) определить, при каком значении силы Р максимальное каса-
тельное напряжение достигнет предела упругости ту = 1600 кГ/см*.
8.56. Шарнирно опертый дюралевый стер-
жень круглого поперечного сечения имеет фор-
му двух одинаковых усеченных конусов, сло-
женных большими основаниями. Диаметр боль-
шего основания равен Д>=4 см, а меньшего
rft=2 см. Длина стержня /=1 м.
1) Определить диаметр равноустойчивого
круглого цилиндрического стержня такой же
длины.
2) Найти, на сколько процентов цилинд-
рический стержень тяжелее заданного стержня
переменного сечения.
Указание. Критическая сила стержня
переменного сечения определяется по фор-
муле
Р =£Р
1 кр Ъ2 э>
где
P3 = rfEJjl\ l = f (JM;
в данном примере £=0,415, Л — момент
инерции площади поперечного сечения, имеющего диаметр d0,
J1 — момент инерции площади поперечного сечения, имеющего
диаметр dt.
§ 5. Продольно-поперечный изгиб
8.57*. Консольная балка подвергается
ствию продольной сжимающей сиЛы N и
Длина балки I, жесткость EJ.
Определить стрелу прогиба f и
максимальный изгибающий мо-
мент для трех вариантов попе-
речной нагрузки, показанных
на фигуре: а) сосредоточенная
сила Р, б) равномерно распре-
деленная нагрузка р, в) сосре-
доточенный момент Мо. Ввести
обозначение k?=N/EJ.
одновременному дей-
поперечной нагрузки.
Положив В окончательных К задаче 8.57. У
формулах N -> 0, проверить пе-
реход к известным формулам для f и Л4тах при одной по-
перечной нагрузке.
212
8.58. Решить предыдущую задачу в предположении, что сила
N является растягивающей. Сохранить соотношение
k = VnTej.
8.59. Балка, сжатая силой М, подвергается действию поперечной
нагрузки. Жесткость балки EJ, длина пролета /;концы оперты шар-
нирно. Найти уравнение упругой линиии закон изменения изги-
бающего момента для нескольких
показанных на рисунке. Для
случаев нагрузки по вариан-
там б), в), г) определить так-
же стрелу прогиба и макси-
мальный изгибающий момент.
Ввести обозначения:
вариантов поперечной нагрузки,
К задаче 8.59.
здесь N3— эйлерова нагрузка.
8.60*. Балка длиной /, шарнирно опертая по концам, сжимается
силой W и несет поперечную нагрузку Р. Определить приближен-
ное значение стрелы прогиба f, пользуясь энергетическим
методом и принимая синусоиду в качестве упругой ли-
нии. Жесткость балки EJ. Поперечная нагрузка Р-
а) сосредоточена посередине пролета, б) равномерно рас:
пределена по длине балки. Как изменятся найденные фор-
мулы, если сила N будет растягивающей?
8.61 . Стержень длиной /=1 м несет продольную
сжимающую нагрузку М=500 кГ и поперечную рав-
номерно распределенную нагрузку р=50 кГ/м. Концы
стержня шарнирно оперты. Жесткость стержня EJ=*
= 107 кГ/см2.
Определить максимальный изгибающий момент:
а) по точной формуле, как в задаче
У 8.59, б) по приближенной формуле задачи
f _____ 8.60.
8.62 *. Стальная балка двутаврового се-
чения, шарнирно опертая по концам, под-
вергается внецентренному сжатию силами
N. Точка приложения силы JV расположе-
К задаче 8.62.
на на оси, как указано на рисунке, на
расстоянии е=1 см от центра тяжести. Длина балки /=5 м,
J2=727 cm4, F2=99,6 слг3, F=W2 см2.
213
Определить прогиб t>max и максимальное нормальное напряжение
отах в среднем сечении балки при следующих значениях силы
(в тоннах): 1; 2,5; 5; 7,5; 10; 20; 30; 40, Предел упругости
~ <ту=2000 кГ/см2.
Построить график зависимости стах и сттах от сжимающей силы
N. Нанести на график значение эйлеровой силы/Уа.
8.63 *. Дюралевый стержень длиной /=0,5 м, защемленный
одним концом, подвергается сжатию силой W=200 кГ, приложен-
ной с эксцентриситетом е=3 см по отношению к центру тяжести
сечения. Момент инерции сечения J=1 см4. Определить максималь-
ный изгибающий момент,
8.64 *. Стержень длиной I, шарнирно опертый по концам, под-
вергается сжатию силами N, приложенными на главной оси сечения
с эксцентриситетом е по отношению к центру тяжести. Эйлерово
значение- критической силы
N^n^EJ/P.
Пользуясь методом последовательных приближений и выбирая в
качестве исходной упругой линии синусоиду п0 = /sinопреде-
лить максимальный прогиб f при заданном значе-
нии силы N<Z для случая упругой деформации,
ограничиваясь одним приближением и сравнивая про-
гибы посередине пролета. Найти приближенное зна-
чение / по данным задачи 8.63 и сравнить с точным
решением, найденным в задаче 8.62.
8.65*. Стержень длиной I прямоугольного попе-
речного сечения bxh. подвергается внецентренному
сжатию силой М; точка приложения силы находится
на оси симметрии сечения, параллельной стороне h,
на расстоянии е от центра тяжести. Принимая упру-
гую линию в виде синусоиды
N.
‘—Л
И
К »адаче 8.6S.
и сопоставляя ее кривизну в среднем сечении с изгибающим момен-
том, деленным на EJ, определить приближенное значение стрелы
прогиба /, выразив ее через эксцентриситет е и среднее напряжение
иср =N/bh, если напряжения не превосходят предела упругости.
Найти также максимальные абсолютные значения нормальных
«14
ЛГ
К задач» 4.66.
сечения F=
напряжений в сжатой и растянутой зонах. При каком условии
напряжения в сечении будут только сжимающими? При какой стреле
прогиба напряжения на сжатой стороне достигнут предела теку-
чести ат?
8.66 *. Стальная труба длиной 1500 мм должна воспринять
сжимающую силу N, действующую с эксцентриситетом е=12 мм.
Определить допускаемую сжимающую нагрузку N^nn
при коэффициенте запаса п=6 из условия, что при
предельной нагрузке наибольшие напряжения дости-
гают предела текучести ог=2400 кГ/смг. Решить за-
дачу а) с помощью точной формулы, найденной в за-
даче 8.62; б) по приближенной формуле задачи 8.65;
в) по нормам строительного проектирования.
8.67 *. Ось стальной швеллерной балки № 8 дли-
ной 1=2 м, шарнирно опертой по концам, имеет на-
чальное искривление в плоскости наименьшей жест-
кости по уравнению
с . ах
«в =Л> Sin—,
причем f0=2 см. Балка сжата силой М=2930 кГ.
Определить наибольший прогиб / при действии си-
лы N и максимальные напряжения в среднем се-
чении. £=2-106 к.Г[см3, предел упругости о =
= 2200 кГ/см2.
8.68 *. Сжатый тонкостенный стержень имеет по-
перечное сечение, указанное на рисунке. Площадь
=2,3 см2, радиус инерции ix=0,96 см, момент сопротивления
Ц7Ж=1,43 см3. Длина стержня /=120 см. Определить несущую спо-
собность стержня, считая, что эксцентриситет нагрузки
е=1 мм и искривление трубы по длине имеет макси-
мальную стрелу f0=2 мм. Принять, что несущая способ-
ность стержня исчерпана, если максимальное напря-
жение в сжатой зоне достигает предела текучести ст.
Материал — сталь; £"=2,2-10в кГ/сл2; ах=
|Х =3200 кГ/см2. Использовать приближенные
формулы для прогиба, полученные в задачах
8.65 и 8.67.
Какова будет несущая способность стерж-
ня с длиной I, увеличенной в полтора раза?
В пределах о< стт деформации считать уп-
ругими.
8.69*. Балка длиной 2 м подвергается
К задаче 8-68.
одновременному действию сжимающей силы
М=10 Т и поперечной нагрузки, варианты
которой изображены на фигуре, причем интенсивность, нагрузки
р=200 к.Г[м, концевые моменты Л4!=80 кГм и Л4а=50 кГм. Момент
инерции сечения 7=828 см*. Построить эпюры изгибающих момен-
215
тов с помощью кругов Ченцова. Определить величины максималь-
ного изгибающего момента. Материал — сосна; £=Ы06 кГ/см2.
8.70*. Сечение дюралевой
балки составлено из двух
бульб-уголков. Для каждого
уголка J2e=0,333 w2==
=0,278 см3, F=0,64 см2. Пре-
дел упругости оу=2000кГ/см2.
Определить момент над сред-
ней опорой Мв, построить
эпюру изгибающих моментов
и найти максимальное нап-
ряжение сгтах.
8.71. Груз Р, лежащий на
балке длиной I посередине
пролета, совершает собствен-
ные колебания. Балка сжата
силами N. Определить приб-
к задаче 8.69. лиженное значение частоты
со собственных колебаний, за-
меняя балку упругой шарнирной цепью из п жестких звеньев,
соединенных упругими шарнирами. Угол поворота в каждом
Р=40кГ/м
К задаче 8.70.
шарнире <р пропорционален изгибающему моменту М-.
q = Ml/nEJ,
где EJ — жесткость балки. Разобрать случаи /г=2 и п=3.
§ 6. Устойчивость пластинок и оболочек
8.72* . Вычислить критическую нагрузку для шарнирно опертой
и жестко защемленной прямоугольных пластинок, если длина пла-
стинок а=1,2 м, ширина Ь=18 см, толщина 1=0,8 мм. Сжимаю-
щие усилия приложены к коротким сторонам. Материал пластинок—
дюлаль. £=0,72-10е кГ/см2, ц=0,32, опц=2400 кГ/см2.
Как изменится критическая нагрузка, если толщину пластинок
удвоить?
£16
Указание. Критические напряжения вычисляются по фор-
муле
csKV=^kaniDlb‘1t, где D = Е13/\2 (1 — и2)
— цилиндрическая жесткость, £,=4 для шарнирно опертой пла-
стинки и £=7 для жестко защемленной.
8.73. К коротким сторонам шарнирно опертой пластинки при-
ложены сжимающие усилия N=5 кГ/см (на единицу ширины пла-
стинки). Длина пластинки а=60 см, ширина 6=15 см. Материал
пластинки — дюраль. Объемный вес у=2,7 Г/см3, ц=0,32,
£=0,72-10’ кГ/см3, сгпц=2400 кГ/см.3. 1) Определить вес пла-
стинки, если коэффициент запаса устойчивости /гу=2. 2) Как изме-
нится вес пластинки, если ширину увеличить в два,раза?
8.74. Шарнирно опертая квадратная пластинка со стороной а=*
=6=20 см сжата силой £=200 кГ. Материал пластинки — дю-
раль. 1) Определить толщину пластинки, принимая коэффициент
запаса устойчивости п = 1,5. 2) Как изменится толщина пластинки,
если ее стороны увеличить в полтора раза?
8.75* . Прямоугольная пластинка (а=400 мм, 6=250 мм, 1=-
=3 мм) нагружена по кромкам сдвигающими усилиями. Вычислить
величину критического напряжения ткр, считая £'=2,1-10’ кГ/см3,
р=0,25. Пластинка шарнирно оперта по контуру.
К задача 8.75.
8.76. Вычислить допускаемую величину параметра нагрузки Р
для тонкостенной балки, считая опасным явление выпучивания
стенки и принимая коэффициент запаса и=1,6. Размеры балки и
толщины стенок указаны на чертеже. Стенку считать шарнирно
опертой по контуру; £=0,72-10’ кГ/см3.
К задаче 8.77.
8.77. Квадратная пластинка шарнирно оперта по контуру и
нагружена сдвигающими усилиями (рис. а)). Вычислить, во сколько
217
раз увеличатся критические напряжения, если пластинку подкре-
пить посередине одним жестким ребром (рис. б)), двумя перекрест-
ными жесткими ребрами (рис; в)).
8.78. Шарнирно опертая пластинка длиной а=400 мм, шириной
6=200 мм, толщиной t—З мм сжата вдоль длинных сторон. 1) Оп-
ределить критические напряжения. 2) Насколько изменятся кри-
тические напряжения, если к пластинке приложить сжимающие
усилия в поперечном направлении вместо усилий в продольном
направлении? Дано: £=2- 10е кГ!смг, р,=0,25. При сжатии в про-
дольном направлении k„=4, в поперечном &в=6,25.
К задаче Б. 78.
К задаче 8.79.
8.79* . Подобрать сечение кругового шпангоута радиуса R —
= 600 мм, считая, что пояс его выполнен из двух уголков типа Пр.
100, склепанных друг с другом (рис. б)). Шпангоут должен выдер-
живать внешнее давление р= 1,5 кГ/см с двукратным запасом устой-
чивости. £'=0,72-106 кГ/см*.
8.80* . Тонкостенная цилиндрическая круговая оболочка сжата
осевой силой Р=5200 кГ. Определить верхнее и нижнее значения
критической силы и величину коэффициента запаса устойчивости, с
которыми работает оболочка при данной нагрузке. Во сколько раз
следует увеличить коэффициент запаса, если расчет вести по верх-
нему значению критических напряжений? Дано: £'=0,7-10в кГ/см2,
t=l мм, Л!=200 мм.
8.81. Цилиндрическая оболочка радиусом /? = 150 мм должна
выдержать сжимающую осевую силу Л=3000 кГ. Определить
необходимую толщину оболочки, приняв Б=0,72-10а кГ/см2, опц=»
=2800 кГ/смг, коэффициент запаса устойчивости /1=1,5.
218
Глава 9. БРУСЬЯ БОЛЬШОЙ КРИВИЗНЫ.
ТОЛСТОСТЕННЫЕ ЦИЛИНДРЫ
§ 1. Брусья большой кривизны
9.1* . Проверить прочность по сечению АВ стальной литой
станины клепальной машины. Размеры даны на рисунке,
[а] =900 кГ/см*.
9.2. Определить ошибку, получаемую при расчете наибольшего
нормального напряжения в кривом брусе прямоугольного сечения
по формуле для прямого бруса. Отношение высоты сечения к ради-
усу кривизны оси бруса й/7? = 1/5.
К задаче 9.
К задаче 9.3.
9.3. Проверить прочность крюка при Р= 2,3 Т, 7^=12 см, Рг=
=3 см, Z?!=2 cm, fea=4 см, [а] = =900 кГ1см\
9.4. Определить допускаемую нагрузку Р на стальной крюк
при запасе прочности по пределу текучести пт«=1,5. Крюк изготов-
лен из прутка диаметром d=20 леи. Радиус кривизны оси /?=30лгл«.
Предел текучести от=2700 кГ/см2.
9.5. Определить напряжения в крайних точках сечения АВ кри-
вого бруса; Р=2Т, /?1=30 см, 1=20 см, й==10 см, й—6 см, t=2 см.
219
9.6. Проверить прочность стального разрезанного кольца тав-
рового сечения. Р=600 кГ, [о]=900 кГ/см*.
К задаче 9. fl
К задаче 9.6.
9.7. У пустотелого кривого бруса радиус кривизны волокон,
расположенных со стороны центра кривизны, равен 1,5 см. Сечение
бруса — полый квадрат с наружной стороной 2,5 см и внутрен-
ней 2 см. Определить отношение напряжений в крайних волокнах
кривого бруса к напряжениям в этих же волокнах прямого бруса
при одинаковом изгибающем моменте.
9.8* . Определить максимальное нормальное напряжение в
кривом брусе трубчатого сечения с наружным диаметром
й=№мм и толщиной стенки /=6 мм. Радиус кривизны оси бруса
7?=8 см, Р=400 кГ, а=50 мм.
К задаче 9.8. К задаче 9.9.
К задаче 9.10.
К задаче 9.11.
9.9. Определить, при какой нагрузке Р начнет разгибаться
стальной крюк. Дано: d=10 мм, Ь=25 мм, /=5 мм. Предел упру-
гости ау=3500 кГ/см\
220
9.10* . Определить сближение концов кривого бруса. Сечение
бруса — квадрат со сторонами а=Л?/2. Результат сравнить с при-
ближенным решением, полученным по формулам для бруса малой
кривизны.
9.11. Найти жесткость пружины и допускаемую силу Р. Дано:
г=10 мм, /г=3 мм, Ь=\2 мм, 2=40 мм, Е=2,2- 10е кГ/см1, [ст] =
=4000 кГ/см'1. Жесткость определяется как сила, вызывающая
перемещение, равное 1 см.
9.12. Определить увеличение зазора 6, вызванное силами Р
в разрезе кольца, рассмотренного в задаче 9.6.
9.13*. Построить эпюру М и определить наибольшее нормаль-
ное напряжение в кольце большой
кривизны.
9.14. Определить величину наи-
большего нормального напряже-
ния и сближение точек А, полу-
чаемое при приложении сил Р к
динамометрическому кольцу.
9.15. Определить наибольшее
нормальное напряжение в коль-
це прямоугольного сечения при
действии внутреннего давления
р= 300 кГ/см1. Дано: /?,=3 см,
7?а=2 см, Ь=1 см. Сравнить
К задаче 9.15.
с точным решением Ламе.
§ 2. Толстостенные цилиндры
9.16* . Стальная труба с внутренним диаметром 2гв=20 мм под-
вергается внутреннему давлению рв=2500 кГ/см1. Определить
толщину t трубы по второй и четвертой теориям прочности, если
предел упругости сту=6500 кГ/см- и запас прочности по пределу
упругости /1=1,3. ц=0,3.
221
9.17. Найти приведенное напряжение по второй и третьей тео-
риям прочности для цилиндра 23x39 мм, подвергаемого действию
внутреннего давления р=800 кГ/см'* при наличии и при отсутствии
днищ. Коэффициент Пуассона р,=0,25.
9.18. Исследовать, идет ли пренебрежение осевым напряжением
ст2 при расчете трубы, подвергающейся внутреннему давлению в за-
пас прочности или наоборот. Исследование вести по четвертой тёо-
рии прочности путем сравнения приведенных напряжений, подсчи-
тайных с учетом и без учета а2.
9.19. На трубу с внутренним диаметром 2гв=20 мм и наружным
диаметром 2гс=30 мм надета с натягом труба с наружным диаметром
2г„=40 мм. Составная труба подвергается
внутреннему давлению рв=2500 кГ/см*.
Определить натяг Л (разность диаметров),
при котором напряжение crf на внутренней
поверхности составной трубы будет на 30%
меньше напряжения в цельной трубе таких
же размеров.
9.20 . Вычислить допускаемое внутрен-
нее давление рв для составной трубы пре-
дыдущей задачи, исходя из второй теории
прочности ([о]=5000 кГ/смг).
9.21 *. Определить давление от натяга
и максимальные напряжения от посадки
стального кольца толщиной /=15 мм на
дюралевый диск постоянной толщины диа-
метром 0=60 см. Величина натяга Д =
«=25=0,6 мм. Коэффициент Пуассона дюраля р=0,32.
9.22 *. Определить, насколько изменятся напряжения в рассмот-
ренном в предыдущей задаче диске с кольцом, если конструкцию
равномерно нагреть на Д/=55°С. Коэф-
фициент линейного расширения стали
ас=12-10-в, дюраля с$д=22-10"в.
9.23 . Определить натяг составной
трубы из условия равенства наиболь-
ших окружных напряжений ot внутрен-
ней и наружной труб. Внутреннее дав-
ление рв=2500 кГ/см*. Внутренний диаметр 2гв=20 мм, наруж-
ный диаметр 2гн=40 мм, промежуточный диаметр 2гс=30 мм.
£=2-10® кГ/см*.
9.24 *. Найти оптимальное давление натяга р составного ци-
К задаче 9.21.
линдра из условия равнопрочности внутреннего и наружного ци-
линдров и допускаемое внутреннее давление рв. Расчет вестипо
четвертой теории прочности. Даны: 2гв=80 мм, 2гн=146 мм, 2гс =
= 114 мм, (ст]=5000 кГ1смг.
9.25. В круглое отверстие стальной плиты толщиной /=50 мм
вставляется с натягом стержень диаметром d=40 мм, к которому
приложена продольная сила Р—6Т. Найти величину минимального
222
натяга, необходимого для того, чтобы удержать стержень при помо-
щи трения, если коэффициент трения /=0,18. Размеры плиты счи-
тать бесконечно большими. £=2-10’ кГ/см*.
9.26 . Для условий предыдущей задачи найти максимальный
натяг и максимальную осевую силу, если допускаемое напряжение
[ст] = 1800 кГ/см*.
9.27 . На вал диаметром <4=40 мм надет стальной шкив диаметром
0=80 мм. Найти величину натяга, обеспечивающего передачу при
помощи трения момента Л4 = 120 кГм. Коэффициент трения /=0,15.
Ширина шкива 6=60 мм. Е=2-10° кГ/смг.
9.28 *. На стальной вал диаметром d=60 мм надет чугунный
шкив диаметром 0 = 140 мм и шириной Ь=60 мм. Найти величину
натяга, необходимого для передачи за счет трения момента М =
=200 кГм. Коэффициент трения /=0,1. £с=2-10в кГ/см1, Еч = '
= 1-10® кГ/см-, цс=0,28, цч=0,25.
9.29 *. Во сколько раз можно увеличить внутреннее давление
в алюминиевой трубке 10x20 мм безопасно для ее прочности, если
на нее надеть без натяга тонкостенную сталь-
ную трубку со стенкой толщиной /=2 мм.
Коэффициент Пуассона алюминия р=0,34.
Расчет вести по третьей теории прочности.
9.30 *. На медную трубу 60x80 мм надета
без натяга стальная труба 80X100 мм. Оп-
ределить внутреннее давление в составной
трубе, при котором начнутся пластические
деформации в медной трубе. Условный пре-
дел текучести меди от=700 кГ/см~. Коэффи-
циент Пуассона стали рс=0,28, меди цм=
=0,32. Расчет вести по третьей теории проч-
ности.
9.31 *. Определить напряжёния, возникающие в составной
трубе, рассмотренной в предыдущей задаче, при равномерном на-
греве на Д4=8О°С.
9.32 . Определить несущую способность (предельное внутреннее-
давление) трубы 40x20 мм. Предел текучести материала
=2400 кГ[см*. Упрочнением материала пренебречь.
К задаче 9.30.
223
Глава 10. ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ
§ 1. Напряжения и деформации в движущихся
элементах конструкции
10.1. Груз £=2000 кГ подвешен на стальном тросе, состоящем
•из 500 проволок диаметром d=0,5 каждая. Барабан вращается
против часовой стрелки с угловым ускорением е=10 сек-2. Найти
наибольшее нормальное напряжение в тросе и его абсолютное удли-
нение X в момент, когда его длина 1=5 м. Определить, в сколько
раз динамическое напряжение превышает статическое. Диаметр
барабана 0=50 см, £=2,2-10е кГ/см2.
К задаче 10.1.
К задаче 10.2.
К Задаче 10.4.
10.2. Построить эпюру продольных сил и определить crmax в
•стальном стержне при движении системы с ускорением а=50 g.
Жесткость нижней пружины в два раза больше жесткости верх-
ней. у=7,85 Г/см3.
10.3. Груз весом Р= 1800 кГ опускается на тросе со скоростью
= 12 м/сек. В конце спуска включается тормоз, останавливающий
груз на пути /г=3 м. Определить напряжение в тросе, считая силу
торможения постоянной. Сечение троса £=5 см2.
10.4* . Стальной стержень круглого поперечного сечения вра-
щается вокруг вертикальной оси 0102 с постоянной угловой ско-
ростью со. Определить допустимую по прочности наибольшую длину
£24
стержня /пр при №=1200 об/мин и число оборотов /imax, при кото-
ром стержень разорвется, если /=/пр. Дано: [ст] = 1000 кГ/см1,
ста=8000 кГ/см\ у=7,85 Г/см3.
10.5. Тонкое стальное кольцо круглого поперечного сечения
диаметром d=2 см вращается вокруг вертикальной оси с постоян-
ной угловой скоростью й. Проверить прочность кольца и опреде-
лить наибольшую допустимую окружную скорость ц . Дано:
D(.n=70 см, и =3000 об/мин, [ст]
К задаче 10.5.
К задаче 1 О-в.
10.6. При помощи лебедки С, установленной на двух балках
двутаврового сечения №20 а, поднимается груз Р^=5Т с постоян-
ным ускорением. Известно, что в первые три секунды груз проходит
расстояние Л=10 м. Проверить прочность балок. Вес лебедки Р2=*
=0,5 TL, [ст] = 1600 кГ/см*, 1=4 м.
К задаче 10.7.
К задаче 10.8.
10.7. К валу, вращающемуся в подшипниках Л и Вс постоянной
угловой скоростью, прикреплены два стержня, несущие на концах
грузы Р=10 кГ. Стержни расположены в одной плоскости на рав-
ных расстояниях от опор. Определить величину наибольших нор-
мальных напряжений от изгиба вала силами инерции, пренебрегая
собственным весом вала и стержней. Дано: п=600 об/мин, 1=3 м,
d=6 см, г=25 см, а=2 м.
10.8* . Копер, применяемый для испытания материалов на удар,
состоит из маятника СО, который может вращаться вокруг оси АВ.
Перед испытанием маятник ставят в положение, близкое к изобра-
женному на рисунке, и заставляют его падать под действием силы
8 Нод гед. А. А. Уманского
225
К.задаче 10.9.
тяжести. Определить наибольшее нормальное напряжение в оси
АВ от изгиба силами инерции маятника. Дано: Р=25 кГ, г=0,75 м,
/=0,25 м, d=2 см. Собственным весом стержня CD и оси АВ пре-
небречь. Угол а принять равным
нулю.
10.9. Определить наибольшее
ъ нормальное напряжение от изгиба
силами инерции в спарнике АВГ
имеющем прямоугольное попереч-
ное сечение. Колеса О± и О2 вра-
щаются с постоянной угловой ско-
об/мин, 1=2 м, г=0,25 м, h=5,6 см.
ростью. Дано: /1=300
7=7,85 Г/см3.
10.10.* Найти наибольшее нормальное напряжение, возникаю-
щее в шатуне АВ от сил инерции. Дано: г=10 см, 1=40 см, Ь=4 см„
h=5 см, /=1 см, л=2000 об/мин, у=7,85 Г /см3.
10.11. Пружина регулятора, имеющая прямоугольное сечение,
прикреплена к абсолютно жесткому стержню АС, который вращает-
ся с постоянной угловой скоростью вокруг оси OjO2. К концу пру-
жины прикреплен груз весом Р=1 кГ. Определить наибольшее
нормальное напряжение в пружине от изгиба силами инерции и
вычислить наибольший прогиб пружины, пренебрегая ее массой,
226
Дано: п=300 об/мин, 1=25 см, г=10см, b=5 см, /=0,5 см, Е=
-2,2-10е кГ/см2.
10.12. Цилиндрическая пружина, прикрепленная к вертикаль-
ному стержню OiO2 и имеющая по концам грузы Р=1 кГ, вращается
вокруг оси OiO2 с постоянной угловой скоростью со. Определить
скорость, при которой удлинение каждой половины пружины Х=
=5 см. Вычислить ттах в пружине. Массой пружины пренебречь.
Дано: 1= 15 см, число витков п=30, средний радиус пружины Rcp=
=3 см, диаметр проволоки пружины d=0,5 см, G=8-10* кГ/см2.
10.13*. Определить критическое число обо-
ротов системы, рассмотренной в предыдущей
задаче.
10.14. Стальной стержень длиной /=2 м
приводится во вращение в горизонтальной
плоскости с помощью двигателя. При запуске
двигателя на стержень действует момент
Л4=20 кГм. Определить напряжения в стержне
К задаче 10.14.
и прогиб f конца
стержня. d=2 см.
10.15 . Маховик электроинерционного стартера представляет
собой диск постоянной толщины диаметром 0 = 16 см и весом Р=
=8 кГ. За время- /=1 сек он приобретает скорость вращения л=
=8000 об/мин. Найти максимальное каса-
тельное напряжение в вале диаметром
d=2 см, на котором насажен маховик.
Ускорение считать постоянным.
10.16. Найти число оборотов в минуту
вала, при котором появятся остаточные
деформации изгиба разрезанной по обра-
зующей втулки, надетой на вал. Дано:
предел упругости о =2500 кГ/см3, D =
=80 мм, ?=10 мм, у=7,85 Г [см3.
10.17. Определить наибольшее нормаль-
к задаче юле. ное напряжение в сплошном стальном диске
постоянной толщины, вращающемся со
скоростью п=10000 об/мин. Радиус диска /?=30 см.
10.18 . Решить предыдущую задачу при условии, что диск имеет
в центре малое отверстие.
10.19 *. На вал диаметром й=60мм насажен маховик с моментом
инерции Jffl=4 кГм сек2, вращающийся со скоростью п=600 об/мин.
После включения тормоза маховик останавливает-
ся, сделав 10 оборотов. Определить максимальное
касательное напряжение, возникающее в вале при
торможении, считая силу торможения постоянной.
10.20 *. На дюралевый диск постоянной толщины
надет стальной обод с натягом Д=26=1 мм, Опре- ।
делить, при каком числе оборотов давление от натя- к зада,е 10 20
га будет равно нулю. Коэффициент Пуассона дюраля р.=0,32,
Тс =*=7,85 Г [см3, ул=2,7 Г/см3, 6=50 см, i==l,5 см.
227
10.21 *. Определить напряжения, возникающие в диске, взятом
из предыдущей задачи, при числе оборотов п=2500 в минуту. Найти
также напряжения в ободе.
10.22 *. На стальной вал надет стальной диск постоянной тол-
щины с натягом Д=26=0,1 лои. Определить, при каком числе обо-
ротов давление от натяга будет равно нулю. Дано: Е=2- 10е кГ/см3,
р=0,28, у=7,85 Г/см.3, а=5 см, 6=40 см.
10.23 *. Определить напряжения в стальном диске постоянной
толщины, посаженном на стальной вал с натягом, при числе оборо-
тов п=3000 в минуту. Данные взять из предыдущей задачи.
10.24 . Определить максимальные напряжения в лопатке турбины
от действия сил инерции, рассматривая лопатку как брус постоян-
ного сечения. Расстояние от оси вращения ротора до внешнего кон-
К задаче 10 22.
К задаче 10.24.
К задаче 10.25.
ца лопатки R=50 см. Длина лопатки /=12 см. Удельный вес
материала лопатки у=8,2 Г]см\ Число оборотов ротора «=8000 в
минуту.
' 10.25*. Определить максимальные напряжения в лопатке тур-
бины, считая, что она имеет форму клина. Данные те же, что и в
предыдущей задаче. Сравнить полученные напряжения с напряже-
ниями в брусе постоянного сечения (задача 10.24).
К задаче 10.26.
К задаче 10.27.
10.26 *. Спроектировать брус равного сопротивления (лопатку
турбины) в поле инерционных сил. На конце бруса находится
плрстинка. толщиной /=4 мм и шириной а=40зьм. Радиус диска
/?!=40 см, длина бруса /= 12 см.Удельный вес материала лопатки
у==8,2 Г/см3. Число оборотов «=9000 в минуту. Допускаемое на-
пряжение в лопатке [ст]=2500 кГ!смг.
228
10.27 *. Спроектировать диск равного сопротивления, несущий
£=80 лопаток и вращающийся со скоростью ц=9000 об/мин.
Допускаемое напряжение для материала диска [о] =4000 кГ/см*.
Удельный вес-у=8,2 Г/см3. Радиус диска с ободом 7?! =40 см.
Ширина обода и лопатки /?=4 см. Высота обода Л=3 см. Лопатку
взять из решения предыдущей задачи.
§ 2. Свободные колебания упругих систем, приведенных
к системам с одной степенью свободы
10.28* . К цилиндрической пружине подвешен груз Р=2 кГ.
Устройство системы таково, что оно обеспечивает только верти-
кальные перемещения груза. Определить частоту и период собст-
венных колебаний груза без учета и с
учетом массы пружины. Средний диа-
метр пружины 0=6 см, диаметр прово-
локи пружины d=0,6 см, число витков
n=15, С=8-106 кГ/см\ удельный вес
7=7,85 Г/см*.
10.29. К стальному стержню длиной
/ = 1 м, диаметром d=2 см прикреплен
груз Р=50 кГ. Найти частоту и период
собственных вертикальных колебаний в
двух случаях: 1) без учета массы стерж-
ня, 2) с учетом массы стержня, 7 =
= 7,85 Г/см3.
10.30* . Определить частоту и период
колебаний цилиндрической пружины. Средний диаметр пружины
0=60 мм, диаметр проволоки d=2 мм, число витков п=10, у~-
= 7,85 Г/см*.
10.31. Как изменится частота собственных колебаний груза,
если от первой схемы крепления груза перейти ко второй, разрезав
пружину на две равные части и закрепив груз посередине?
К задаче 10.30.
К задаче 10.32.
10.32. Виброграф, служащий для записи колебаний конструк-
ций, устроен таким образом, что груз Р, подвешенный на пружине
229
С, прикрепленной к раме вибрографа, должен оставаться практи-
чески неподвижным относительно земли, для чего частота собствен-
ных колебаний груза должна быть весьма мала по сравнению с час-
тотой вибрирующей конструкции. Определить, какой величины
груз Р надо подвесить к пружине, чтобы период собственных коле-
баний груза был 7'=0,5 сек. Массой пружины пренебречь. Дано:
средний диаметр пружины D=3 см, диаметр проволоки d=0,3 см,
число витков и=20, G=8-106 кГ/см2.
10.33. Для записи колебаний корабля применяется виброграф,
принципиальная схема которого дана на рисунке. Определить час-
тоту и период собственных колеба-
ний груза Р=3 кГ, пренебрегая
весом рычага АВ. Считать, что
жесткость рычага АВ при изгибе
в плоскости чертежа достаточно ве-
лика и деформацией его изгиба
можно пренебречь. Дано: средний
диаметр пружины £>=3 см, диа-
метр проволоки d=0,3 см, число
витков п= 10, /=25 см, а=10 см.
G=8-106 кГ/см*.
10.34* . Виброметр состоит из стальной полосы и груза Р—
=0,1 кГ, который может передвигаться вдоль полосы. Нижний
конец полосы защемлен в раме прибора. Для записи колебаний
виброметр прикрепляется к вибрирующей конструкции, а груз
закрепляется на таком расстоянии / от нижнего конца полосы, что-
бы полоса с грузом начала сильно вибрировать вместе с конструк-
цией. Определить частоту колебаний конструкции, если /=20 см.
Размеры" сечения полосы: 6=5 см, 6=0,3 см, £=2,2-10е кГ/см'1.
10.36. Прибор, служащий для измерения частоты собственных
колебаний конструкций, состоит из ряда тонких стальных полос,
защемленных нижними концами. На концах полос прикреплены
грузики такой величины, что при одинаковой длине полос и попе-
речном сечении частоты соседних пластинок разнятся на 0,5 кол/сек.
Определить число колебаний в секунду вибрирующей конструкции,
если замечено, что полоса № 4 начинает сильно вибрировать. Дан-
230
ные полосы № 1, имеющей наименьшую частоту колебаний: Р=
=0,5 кГ, 1=20 см, Jx=0,0l см4, £=2,2-10* кГ[см3, Массой полосы
пренебречь.
10.36*. Найти период колебаний груза весом Р, пренебрегая
трением в блоке. Жесткости пружин сл и с2. Нить считать нерастя-
жимой.
10.37*. Установить зависимость частоты собственных колеба-
ний грузов Р от угловой скорости вращения системы сов.
10.38* . Определить частоту и период колебаний груза Р=
=500 кГ, расположенного на балке двутаврового сечения № 20 а,
без учета и с учетом массы балок.
£=2,1 • 10е кГ/см3, 1=4 м.
10.39. Груз , весом £=200 кГ,
расположенный посередине про-
K задаче 10.36.
К задаче 10.37.
лета балки [рис. б) к задаче 10.38], совершает колебания с ампли-
тудой А = 12 мм. Найти максимальное напряжение в балке. 1=6 м,
£=2-10» кГ/см3, Л=1660 см4, И7Х=185 см3.
10.40. Двигатель, установленный на платформе, вызывает в про-
цессе его работы горизонтальные колебания в плоскости чертежа,
сопровождающиеся изгибом стоек. Момент
инерции сечения каждой стойки J=
= 2370 см4. Определить частоту и период
собственных колебаний платформы, рас-
сматривая задачу как плоскую. Сумма ве-
сов двигателя и ригеля £=3000 кГ. Мас-
сой стоек пренебречь. Подсчитать, при
каком числе оборотов двигателя наступит
резонанс. h=2M, £=2,1 • 10’ кГ/см3.
10.41. Определить период и число
К задаче 10.40.
собственных вертикальных колебаний в
минуту груза £=250 кГ, установленного посередине ригеля.
Стержни рамы имеют трубчатое сечение 50x40 мм. 1=2 м,
£=2-10’ кГ/см3. Массой рамы пренебречь.
10.42. К пружине, прикрепленной к консоли длиной /=0,5 м,
подвешен груз £=1 кГ. Определить частоту и период собственных
колебаний системы, пренебрегая массой пружины и балки, Дано:
281
b=5 см, h=\ см, средний диаметр пружины 0 = 10 см, диаметр
проволоки d=0,5 см, число витков п=10, £=2,2-10в кГ1см2, G =
<=8-10s кГ/см2.
К задаче 10-41. К задаче 10.42.
10.43. Груз Р=0,5 кГ укреплен на консоли, конец которой
опирается на пружину. Определить частоту собственных колебаний
груза без учета массы упругой системы. Размеры консоли: Ь =
= 20 мм, /i=l,5 мм, 1=40 см. Средний диаметр пружины О=20 мм,
диаметр проволоки d=l мм, число витков п=8, Е=2- 10е кГ!см\
К задаче 10.43. К задаче 10.44.
10.44. Электромотор установлен на двух двутавровых балках
посередине пролета. Число оборотов мотора в минуту п=1200.
Подобрать сечение балок, исходя из условия, чтобы частота собст-
венных поперечных колебаний балок была на 30% выше частоты
возмущающей силы. Учесть массу балок. Дано: Р = 1000 кГ, 1=5 м,
£’=2,Ы0в к,Г/см2, [ег] = 1600 кГ/см2. Указание. Вначале задачу
решить без учета массы балок. Затем определить нужное сечение
методом проб.
10.45* . Определить приближенным методом первую частоту
собственных колебаний балки постоянного сечения с шарнирными
Р У
к задаче 10.45. К задаче 10.46.
опорами. Длина балки 1=2 м, Ь=40 мм, h=p5 мм, E=2-10<s кГ/см2,
у=7,85 Г/см2-. Коэффициент приведения массы балки к середине
пролета принять равным 0,5. Сравнить с точным решением.
232
10.46. Определить частоту и период собственных колебаний бал-
ки, нагруженной равномерно распределенной нагрузкой интенсив-
ностью р=200 кГ/м, 1=4 м, £=2,1 • 106 кГ/см*. Коэффициент при-
ведения массы к середине пролета принять равным 0,5. /ж=244 см1'
Погонный вес балки pi = 11,1 кГ/м.
10.47. Шатун поршневого двигателя, имеющий двутавровое
поперечное сечение с размерами: /г=50 мм, Ь=30 мм, мм, ti =
=4 мм, под действием инерционных сил совершает поперечные
колебания в плоскости качания. Определить
частоту и период собственных колебаний ша-
туна, а также критическое число оборотов
двигателя. Вес шатуна £=3,5 кГ, длина
шатуна /=30 см, £=2-10“ кГ[см\
рп
К задаче 10.48.
К задаче 10.47.
Р, Р2 Pi
9—•
10.48* . Найтй приведенную массу балки на двух опорах, с и
сосредоточенными грузами Pt, расположенными на расстоянии хг
от левой опоры, приняв, что изогнутая ось балки имеет форму си-
нусоиды z/=asin у- . Массы привести к среднему сечению балки.
Собственный весталки Q.
10.49. Определить основную частоту симметричных собствен-
ных колебаний белки с двумя сосредоточенными грузами £=200 кГ.
Приведенную мафу системы опре- ,
делить в предположении, что изо- а а А Т
гнутая ось балки имеет форму си- ~Т -t"
нусоиды (см. задачу 10.48). Дли- ЪД | -X-± '•
на пролета бал(ш /=6 м, Jх=
= 2500 СМ*. ПофННЫЙ Вес баЛКИ К задаче 10.49.
р=31,1 кГ/м.
10.50* . Определить диаметр вала турбогенератора мощностью
М = 100 л. с., несущего посередине пролета I диск весом £=150 кГ
(насаженный с эксцентриситетом е), в двух случаях: 1) жесткий вал
с критическим числом оборотов выше рабочего числа оборотов вала
и=3000 об/мин. на 35% и 2) гибкий вал с критическим числом оборо-
тов ниже рабочего числа оборотов вала в три раза. Массой вала пре-
небречь. Дано: (4= 100сл«, е=0,01 сл/,[а]=800к£/сл/2, Е=2- 10е кГ/см\
10.51. Определить частоту собственных вращательных колеба-
ний относительно точки О диска, прикрепленного к среднему сече-
нию балки. Вес диска £=20 кГ, диаметр £)=48 см, длина балки
233
1^2 м, момент инерции сечения балки JK=26 см*, Е=2 - 10е кГ/см'1.
Массой балки пренебречь.
К задаче 10.52.
10.52. Определить частоты собственных поступательных и вра-
щательных колебаний бруса весом Ри длиной I, прикрепленного
двумя одинаковыми пружинами жесткостью с. Брус считать абсо-
лютно жестким.
10.53. Определить частоту собственных колебаний руля высоты
относительно его оси вращения при жестко закрепленной ручке
управления рулями. Жесткость проводки управления рулями с=
=300 кГ/см. Момент инерции масс руля относительно оси вращения
J,n = 3,5 кГсм-сек1. Высота кабанчика /г=10 см.
К задаче 10.55.
10.54' *. Определить частоту собственных вращательных колеба-
ний диска весом Р=200 Г и диаметром 0=40 мм, прикрепленного
с помощью цилиндрической пружины. Средний диаметр пружины
Dcp=12 мм, диаметр проволоки мм, число витков п=8, Е=
=2-10’ кГ/см*.
234
К задаче 10.56.
10.55. К нижним концам стержней, заделанных верхними кон-
цами (рис. а, б, в), прикреплены диски весом Р=100 кГ, диаметром
0=20 см. Определить частоту и период собственных крутильных
колебаний дисков для трех вариан-
тов стержней. Дано: a) d=5 см,
1 = 1 м; б) h=3 см, 1=1 м, Ь=5 см\
в) di=6 см, d2=3 см, (1=60 см,
Z2=40 cm, G=8-105 кГ/см1.
10.56* . К концам вала, имею-
щего круглое поперечное сечение
диаметром i/=5 см, прикреплены
два диска диаметрами О,=20 см и D2=30 см. Определить частоту
и период собственных крутильных колебаний системы, пренебрегая
массой вала. Р1=6()кГ, Р?=\00кГ, /=1,25 м.
10.57. На вал переменного сечения насажены два диска с момен-
тами инерции Jи Jmi. Определить частоту собственных крутиль-
ных колебаний системы, пренебрегая массой вала.
Указание. Вал переменного сечения заменяется эквивалент-
ным ему по жесткости на кручение валом постоянного сечения
длиной /пр и моментом инерции сечения Jnp.
10.58. Определить частоту и период крутильных колебаний диска
диаметром 0=60 см и весом Р=80 кГ, насаженного на вал перемен-
ного сечения с заделанными концами. Дано: di=60 мм, d2=80 мм,
/=100 см, G=8,105 кГ/см2.
К задаче 10.59.
10.59* . На каком расстоянии г нужно укрепить груз Р, чтобы
частоты вертикальных и горизонтальных колебаний груза совпали?
Сечения горизонтального и вертикального стержней одинаковы.
.Массой стержней пренебречь.
235
_ 10.60*. Насколько уменьшится частота собственных колебаний
груза Р=50 кГ, укрепленного в среднем сечении стойки длиной
1=2 м и диаметром d=4 см, если приложить продольную силу, рав-
ную половине критической: Л/=0,5 Мкр? Модуль £’=2-10® кГ/см2.
Массой стойки пренебречь.
10.61 *. Сравнить частоты собственных колебаний груза Р=
=2 кГ, укрепленного на конце консоли для двух положений системы
(см. рисунок). Частоты определить с учетом влияния продольной
силы. Массой балки пренебречь. Дано: /=50 см, Ь=20 мм, h=2 мм,
Е=2- 10е кГ/см2.
К задаче 10.62.
10.62 *. Для защиты аэронавигационного оборудования от вибра-
ций необходимо иметь набор амортизаторов с различными харак-
теристиками ввиду большого различия объектов оборудования по
массе. Поэтому возникает потребность создать равночастотный амор-
тизатор, обеспечивающий постоянную частоту собственных колеба-
ний укрепленного на нем груза независимо от массы груза. Найти
закон изменения реакции такого равночастотного амортизатора.
§ 3. Вынужденные колебания упругих систем, приведенных
к системам, с одной степенью свободы
К задаче 10.63.
10.63 *. Электромотор, установленный на консоли, делает п=
—900 об/мин. Вследствие неуравновешенности вращающихся частей
возникает вертикальная составляющая центробежной силы инер-
ции Р!=20 кГ. Определить: 1) при
каком значении I наступает резо-
нанс, 2) на каком расстоянии нужно
установить мотор, чтобы частота соб-
ственных колебаний балки была на
30% больше частоты возмущающей
силы. Для этого случая подсчитать
амплитуду вынужденных колебаний
и наибольшее нормальное напряжение. Массой балки пренебречь.
Момент инерции сечения балки Jx=259,5 см3, момент сопротивле-
ния И7Х=41,1 см3. Вес мотора Р=100 кГ. Модуль Е=2-106 кГ/см2.
236
10.64 *. Опора А шарнирно опертой балки АВ длиной I, несущей
груз Р посередине пролета, совершает колебания в вертикальном
направлении по закону z/A=asin со„Л Найти закон движения груза
и динамический прогиб балки yD под грузом.
10.65 *. Определить максимальное напряжение в шарнирно
опертой балке с грузом Р=500 кГ, расположенным посередине
пролета, если одна из опор вибрирует с частотой <ов=33 1/ сек.
Амплитуда вибрации а=5 мм. Длина балки Z=4 м, 7Ж=436 см4,
Wx=72,7 см3, Е—2'W кГ/см3. Массой балки пренебречь.
К задаче 1*0-66.
10.66 *. Верхний конец А пружины, на которой подвешен груз
Р, совершает колебания по закону xA=rsincoB t. Найти закон дви-
жения груза и закон изменения удлинения пружины. Отклонение
груза измерять от состояния покоя в начальный момент времени
/=0.
10.67 *. На раме посередине ригеля установлен двигатель весом
Р =1500 кГ. Он создает в вертикальном направлении переменную
силу Pi sin (aBt. Определить амплитуду колебаний двигателя и
наибольшее нормальное напряжение в раме
Дано: 7’1=1000 кГ, «п=50 1/сек, вес рамы
G=600 кГ\ сечение рамы постоянно: J =
=968 см4, W =156 см3, £=2-10“ кГ/см\
1=2,5 м, коэффициент затухания а=
=26 кГсек!см.
10.68 . Решить задачу, подобную пре-
дыдущей, если двигатель установлен посе-
редине балки на двух опорах. Длина
балки 1=2,5 м. Данные взять из задачи 10.67. Определить нап-
ряжение с учетом и без учета массы балки,
10.69. Двигатель весом /’=0,5 Т установлен на двух балках
(рис. к задаче 10.44), Ротор двигателя, весящий 7’1=0,1 Т, имеет
эксцентриситет г=5 мм. Определить, при каком числе оборотов
наступает резонанс и чему равно при этом наибольшее нормальное
напряжение в балке. Коэффициент демпфирования у=0,1. Длина.
237
с учетом массы рамы.
^Ptsina)at
К задаче 10.68.
пролета 1=6 м, Е=2- 10е кГ/см1. Массу балок учесть. Момент инер-
ции сечения балки Jx=2500 cjh4. Погонный вес балки р=31,1 кГ/л«,
Н7х=250 см8.
10.70*. Двигатель весом Р=0,5 Т, установленный на двух бал-
ках (рис. к задаче 10.44), создает при работе возмущающую перио-
дическую силу PiSincoBZ. Исследовать характер колебаний после
запуска двигателя, предполагая, что двигатель мгновенно приоб-
ретает скорость вращения n=600 об]мин.. Найти максимальное на-
пряжение в балке в период неустановившегося режима, когда еще
не затухли собственные колебания. Сравнить с максимальным на-
пряжением после полного затухания собственных колебаний. Длина
пролета /=6 м. £=2-10в кГ/см8, /^=160 кГ, Jx=25Q0 см4,
=250 см8.
10.71. Груз Р=5 кГ укреплен на стальной раме, стержни которой
круглого сечения диаметром d=l см. Рама прикреплена к стене
пружиной из проволоки диаметром 0,5 см. Диаметр пружины D -=
= 10 см, число витков м=10. К грузу приложена переменная на-
грузка в горизонтальном направлении P1cosojb/. Определить наи-
большее нормальное напряжение в раме. Массу рамы не учитывать.
Л=5 кГ, <ов=20 1/сек, Д=2-10в кГ/см2, G=8- 10s кГ1см8, 1=1 м.
10.72*. К валу переменного се-
чения с заделанными концами
К задаче 10.72.
прикреплен маховик, на который действует переменный момент
MiSin(aBt. Определить напряжения Tj и т2 в левой и правой частях
вала. Коэффициент затухания а=60 кГсексм, 7141=2000 кГсм„
<ов=20 1/сек, Jm=40 кГсмсек2, G=8>106 кГ[см8, di=l,19 см,
= 1 см, а=100 см.
§4. Колебания систем с несколькими степенями свободы
10.73*. К пружине прикреплены два груза весом Р=20 кГ каж-
дый— один на конце пружины, другой посередине. Диаметр пру-
жины D=40 мм, диаметр проволоки пружины d=6 мм, число вит-
ков на каждой половине пружины п=10. Найти круговые частоты
собственных колебаний системы и исследовать типы колебаний»
Модуль сдвига G=8-106 кГ/см2.
238
10.74. Определить частоты собственных поперечных колебаний
невесомой шарнирно опертой балки с двумя одинаковыми сосредо-
К задаче 10.73.
точенными массами т, точки приложения которых
делят пролет балки I на три равные части. Пролет
балки /=300 см, жесткость EJ=2260 -10е кГ см2,
масса т=0,5 кГсек.2/см.
10.75 *. Вычислить энергетическим методом кри-
тическую скорость вращения вала, опертого по кон-
цам и несущего два ротора весом Р=1500 кГ каж-
К задаче 10.74.
дый. Массой вала пренебречь. 7^=968 слг4, Е=2- 10е кГ/см\
а =125 см, 5=200 см, /=250 см.
10.76 *. Для вала предыдущей задачи найти частоты главных
видов собственных поперечных колебаний как для невесомой балки
на двух опорах, несущей два сос-
редоточенных груза. Определить
также соответствующие типы ко-
лебаний.
10.77*. Определить частоты
собственных колебаний диска диа-
метром D=36 см и весом Р=15 кГ,
прикрепленного к концу консоли
длиной /=50 см. Жесткость EJX=O,5- 10е кГсм2. Массой консоли
пренебречь.
10.78 *. Диск, имеющий массу /п=0,005 кГсек2/см и момент инер-
ции Jт =1 кГсмсек2, жестко укреплен на стальной раме в узле С.
Определить частоты свободных линейных и угловых колебаний
диска, если стержни рамы круглого сечения
диаметром d=l см, /=1 м, £=2-10“ кГ/см2.
Исследовать типы колебаний.
Р
К задачу 10.77.
К задаче 10.78.
10.79 . Определить частоты собственных колебаний груза Р=2 кГ,
прикрепленного к раме из круглых стержней диаметром d=10 км,
is плоскости рамы и из плоскости. Длины стержней а=24 см.
239
/=42 см. Модули упругости £=2-10в кГ/см1, G=8- 10йкГ/см2. Мас-
сой стержней пренебречь
К задаче 10.79.
К задаче 10.80.
10.80 *. Определить частоты собственных крутильных колебаний
системы, состоящей из двух дисков весом Л = 18 кГ и Р2=20 кГ,
укрепленных на валу диаметром d=25 мм. Диаметры дисков: О| =
=24 см, £)2=32 см. Длина вала /=120 см, G=8-I05 кГ/см2.
10.81 . Три маховика жестко насажены на ось. Упругое сопро-
тивление оси кручению на участке 1—-2 выражается моментом с’г=
= 1000 кГсм, необходимым для того, чтобы вызвать закручивание
участка на один радиан. Соответственно для участка 2—3 с2 =
=2000 кГсм. Моменты инерции масс маховиков Jmi=2, Jm2=3,
Jra3=l кГсмсек2. Определить частоты собственных колебаний систе-
мы и исследовать типы колебаний.
/
К задаче 10.81.
К задаче 10.82.
10.82 *. Определить частоту собственных колебаний вала 1—2
и вала 3—4, несущих маховики 1 и 4, моменты инерции масс кото-
рых Jmi=2 и /Я2=1 кГсмсек2. Моментами инерции масс шестерен
2 и 3 пренебречь. Передаточное число i=d2/da=2. Жесткости валов
на кручение соответственно Ci = 1000 кГсм, с2=2000 кГсм.
К задаче 10 83.
10.83 *. Два двигателя весом Р=500 кГ каждый установлены на
двух балках. При работе левый двигатель создает возмущающую
240
силу PiCos<oBZ. Найти амплитуды колебаний и максимальное на-
пряжение в балках. Дано: а=2 м, £=2-109 кГ/см2, Pr=3Q кГ, п=
=480 об/мин. Массой балок пренебречь. Момент инерции сечения
балки /х=3400 см', момент сопротивления 1Г'х=309 см3.
§. 5. Действие удара на конструкции
10.84 . К деревянной балке АВ прямоугольного поперечного сече-
ния пролетом 1=3 м внезапно приложен посередине груз Р=200 кГ.
Определить прогиб балки под грузом и проверить прочность балки.
Размеры сечения: 6 = 10 см, /i=15 см, £=0,11- 10е кГ/см2, [ст1 =
= 110 кГ/см2. Массой балки пренебречь.
К задаче 10.84.
К задаче 10.85.
10.85 . На свободный конец консоли длиной 1=2 м внезапно по-
ложен груз Р=100 кГ. Определить прогиб балки под грузом и наи-
большее нормальное напряжение в балке. Дано: Ь = 13см, И=20см,
£=0,11 -106 кГ/см2. Массой балки пренебречь.
10.86 *. На стальную балку двутаврового сечения № 22а посе-
редине пролета падает с высоты й=10 см груз £=100 кГ. Длина
пролета 1=2 м. Определить прогиб под грузом и наибольшее нор-
мальное напряжение в балке. Е=
= 2,1 • 106 кГ/см2. Массой балки пре-
небречь.
К задаче 10.86.
К задаче 10.87. К задаче 10.88.
10.87 . Груз Р=5 кГ падает с высоты Л=15 см на цилиндрическую
пружину с малым шагом диаметром Dcp=8Q мм, свитую из проволо-
ки диаметром d=8 мм. Найти максимальное касательное напряже-
ние в пружине, пренебрегая массой пружины. Число витков пружи-
ны н=10. 6=8-10“ кГ/см2.
10.88 *. Груз Р=50 кГ падает с высоты h= 1 м на диск, укреплен-
ный на нижнем конце стержня круглого сечения диаметром d=2 см.
Вычислить удлинение стержня и наибольшее растягивающее на-
пряжение в стержне, пренебрегая массой диска и считая диск
241
недеформируемым. Задачу решить без учета массы стержня и с уче-
том массы стержня. £=2- 10е кГ/см2, у=7,85 Г/см3, 1=2 м.
10.89 . На стальной стержень квадратного поперечного сечения
л=5 см с высоты Л=10 см падает груз Р=10 кГ. Предполагая, что
стержень не теряет устойчивость, найти наи-
|Ш| большее сжимающее напряжение, а также оп-
ределить, с какой высоты должен упасть груз
>'Рх: Р, чтобы сжимающее напряжение в стержне
достигло предела пропорциональности стпц=
=2000 кГ/см2. Длина стержня /=1 м. Задачу ре-
шить с учетом массы стержня. Е=2- 10е кГ/см2,
у=7,85 кГ/см3.
10.90. Сравнить максимальные напряжения,
возникающие в балке прямоугольного попереч-
ного сечения вследствие удара грузом Р, па-
дающим с высоты h, когда удар происходит в
плоскости наименьшей жесткости и когда удар
происходит в плоскости наибольшей жесткости.
Расчет вести по приближенной формуле
К задаче 10.89.
fn = ]/2hfct.
10.91*. На консоль из швеллера №30, нагруженную равномер-
но распределенной нагрузкой интенсивностью р=50 кГ/м, падает
с высоты Л=10 см груз > = 100 кГ. Определить прогиб под грузом
и наибольшее напряжение в балке с учетом массы балки и нагрузки
и без учета этих масс. Длина консоли 1=2 м, вес погонного метра
/>1=31,8 кГ/м. £=2,1-10в кГ/см2.
К задаче 10.91.
К задаче 10.92.
10.92 *. Определить напряжения в стальной полосе прямоуголь-
ного сечения и в цилиндрических пружинах при ударе грузом Р=»
=4 кг, падающим с высоты 6=12 см. Средний диаметр пружины
0=40 мм, диаметр проволоки пружины d=6 мм, число витков
/г=8. Длина полосы /=80 см, 6=40 мм, /=8 мм, £=2-10в кГ/см2,
<3=8-10s кГ/см2.
10.93 *. На двух балках двутаврового сечения № 20а укреплена
лебедка с платформой для подъема груза. Найти напряжения в ка-
нате и в балках, если на платформу упадет груз Р=100 кГ с высоты
/i=40 см. Длина каната 1г= 12 м. Площадь сечения каната £к=
= 1,75 сл/2. Длина пролета балок 1=8 м. Модуль упругости материала
балок Е=2- 10е кГ/см2, каната £к=1,7-10* кГ/см2.
242
10.94 . На валу диаметром d=60 мм укреплен барабан диаметром
0=40 см, на котором намотан канат. К концу каната подвешена
платформа. Найти максимальное касательное напряжение в вале
и нормальное напряжение в канате, если на платформу упадет груз
£=80 кГ с-высоты Л=20 см. Длина вала /»2 м. Длина каната /1=
= 10 м. Площадь сечения каната £н=1,2 см2, £к=2-10а кГ/см\
G=8-Ю5 кГ/см2.
К задаче 10.91 К задаче 10 94.
проволоки пружины
v
К задача 10.95.
10.95 *. Определить напряжения в пружине, возникающие при
ударе деталью весом Р=2 кг, движущейся со скоростью и=5 м!сек.
Средний диаметр пружины 0=4 см, диаметр
</=0,6 см, число витков /г=12, Р1=1,5к£,
G=8-10® кГ/см2. Массой пружины пренеб-
речь.
10.96 *. Определить минимальное число
витков буферной цилиндрической пружи-
ны, которая могла бы воспринимать удар
детали весом Р=5 кГ, движущейся в горизонтальном направле-
нии со скоростью п=3 м/сек, без появления пластических дефор-
маций. Средний диаметр пружины 0=6с/и, диаметр проволоки
</=6 мм. Предел упругости при сдвиге ту=3000 кГ/см2. G*=
=8- 10s кГ/см2. Массой пружины пренебречь.
10.97 . Груз весом Р=1,5 т, опускавшийся на стальном тросе
со скоростью и=2 м/сек, внезапно остановлен. Определить напря-
К задаче 10.98.
жения в тросе, если его длина в мо-
мент остановки /=10л<. Модуль упру-
гости троса Е=1,7 -10е кГ/см2, пло-
щадь сечения £=8 см2. Массой троса
пренебречь.
10.98 . Определить напряжения,
возникающие в стальном стержне пе-
ременного сечения при ударе деталью весом Р=0,5 кГ, движу-
щейся со скоростью ц=5 м/сек. Какова должна быть длина сред-
него участка стержня при сохранении общей длины, чтобы материал
стержня не получал остаточных деформаций? Дано: а=12 см,
5=8 см, =3200 кГ/см2, £=2-10’ кГ/см2.
243
10.99 *. Определить напряжения, возникающие в коротком
стальном стержне, движущемся в горизонтальном направлении со
скоростью у=3 м/сек, при ударе о недеформируемую стенку. £=•
; 2,1-10е кГ/смг, 7=7,85 г/см3. Принять, что относительное удли-
нение стержня изменяется по линейному закону.
v
К задаче 10. J 00.
К задаче 10.99.
10.100 *. Определить напряжения в стержне длиной /г=8 см,
рассмотренном в предыдущей задаче, если он ударяется о буфер,
представляющий собой короткий стальной стержень такого же
сечения, как и движущееся тело, и длиной /2=2 см.
10.101 *. На свободный конец треугольной в плане консоли па-
дает груз Р=20 кГ с высоты /i=20 см. Вычислить прогиб конца
консоли и наибольшее напряжение в ней
с учетом массы балки. Дано: /=1 M,ha=
=2 см, Ьо=5 см,
= 7,85 Г/см3.
£=2-10а кГ/см3, у==
10.102 *. На стальное кольцо диаметром 0=50 см круглого
поперечного сечения d=3 см с высоты Л=1,5 см падает груз Р=»
=20 кГ. Определить наибольшее нормальное напряжение в коль-
це и уменьшение диаметра АВ. Массой кольца пренебречь. £ =
=2-10е кГ/см3.
10.103 . На сколько процентов увеличится напряжение в стержне,
испытывающем продольный удар грузом, падающим с высоты h,
если площадь поперечного сечения стержня уменьшить вдвое? При
расчете пользоваться приближенной формулой Хд = .
10.104 *. Диск диаметром 0=20 см и весом P—5Q кГ, насажен-
ный на вал АВ длиной Z=1 м, диаметром d=6 см, вращается с по-
стоянной угловой скоростью, соответствующей п=120 об/мин.
244
Определить наибольшее касательное напряжение в вале в тот мо-
мент, когда конец А вала внезапно останавливается (крутящий
удар). Массой вала пренебречь. G=
=8-106 кГ/см:1.
10.105*. Льдина весом Р=200 кГ,
двигаясь с постоянной скоростью v=>
= 1 м/сек, ударяется о верхний конец
деревянной сваи длиной 1=3 м и диа-
метром d=20 см. Определить наиболь-
шее нормальное напряжение в свае.
£=0,11 • 10е кГ/см2.
10.106*. Брус, имеющий на одном
Р и вращающийся в горизонтальной плоскости
относительно вертикальной оси А с угловой ско-
ростью ы, внезапно Останавливается в точке В.
Определить наибольший изгибающий момент в
брусе, пренебрегая массой бруса.
К задаче
Массой сваи
ЕЯ
С}
10.104.
пренебречь.
конце груз
К задаче 10.105
К задаче 10.106
д
в
I
10.107. Определить напряжения в спицах колеса, вращающегося
с угловой скоростью со=5 1/сек, при его внезапной остановке путем
торможения вала. Вес обода колеса Р=8 кГ, средний радиус обо-
да А! =30 см, число спиц и=8; сечение спиц: 6=30 мм, /г=20 мм,
£=2-10" кГ/см2. Массой спиц пренебречь. /=24 см.
10.108*. Балка длиной 2 I, падая в горизонтальном положении
с высоты h, ударяется о препятствие своей серединой. Определить
максимальный изгибающий момент в балке, если вес единицы дли-
ны балки равен р.
Глава 11. ВЫНОСЛИВОСТЬ И ПОЛЗУЧЕСТЬ
§ 1. Прочность при переменных напряжениях
11.1 . Найти предел выносливости оси вагона диаметром d—100 мм,
изготовленной из углеродистой стали с пределом прочности <та=
=60 кГ/мм* и пределом выносливости o_t=25 кГ/мм-. Ось под-
вергнута тонкой обточке. Масштабный коэффициент е5 и коэффициент
поверхностной чувствительности р взять из графиков.
К задаче 11.1. а) 1 — углеродистая сталь, 2— легированная сталь, б) / — зеркальная
полировка, 2— грубая полировка или тонкая шлифовка, 3 — тонкая обточка, 4 —грубая
полировка или обточка, 6 — наличие окалины.
К задаче 11.3. / — легированная сталь, d= 12 мм; 2 — углеродистая сталь, <тв=»
= 40 кГ!мм\ d= 12 мм; г//= 0,091 соответствует метрической резьбе.
11.2 . Установить пределы изменения допускаемого напряжения
для валов диаметрами от 50 до 100 мм, работающих на изгиб с вра-
246
щением, принимая запас прочности /1=2 и коэффициент концентра-
ции Ка=2. Валы подвергнуты грубой обточке. Характеристики
материала: ов=60 кГ/мм2, стт=32 кГ!мм2, а_^=28 кГ/мм2.
11.3*. Болт из легированной стали с метрической резьбой ди-
аметром d=30 мм подвергается действию переменных растягива-
ющих напряжений, меняющихся от нуля до максимального значения.
Определить допускаемое напряжение при запасе прочности «“2.
Характеристики стали: <тв=90 кГ/мм2, о_,р=30 кГ/мм2, фа=0,1.
Коэффициент концентрации напряжений определить по графику.
Определить также допускаемое напряжение при симметричном
цикле.
11.4 *. Определить запас прочности болта с метрической резь-
бой диаметром г/=20 мм, если растягивающее усилие в нем изменя-
ется от Mmin=500 кГ до Мтах=1500 кГ. Внутренний диаметр
болта <ii=16,75 мм. Болт изготовлен из углеродистой стали с харак-
теристиками: <тв=40 кГ/мм2, сгт=24 кГ)мм2, o_ip=14 кГ1мм2,
ф,=0.
11.5 *. Определить запас прочности рессорной цилиндрической
пружины со средним диаметром <0=20 см. Диаметр прутка d=2 см.
Число витков и=8. Осадка пружины изменяется в пределах от
\nin=2 см до Хтах = 10 см. Характеристики материала: ов—
= 150 кГ/мм2, тт=60 кГ/мм2, т_!=30 кГ/мм2, т0=45 кГ]мм2,
G=8,2-103 кГ/мм2. Коэффициент взять по графику для еа (за-
К задаче 11.6. Коэффициенты концентрации К задаче 11.7.
напряжений для валов при D/d = 2.
11.6 *. Определить запас прочности ступенчатого вала с диаметра-
ми D= 100 мм, d=50 мм и радиусом галтели г=2 мм. Крутящий мо-
мент изменяется в пределах: Afmax=400 кГм, Mmin=120 кГм.
Вал подвергнут тонкой обточке. Характеристики материала:
ов =75 к.Г[мм2, тт =25 кГ/мм2, т_!=20 кГ/мм2, фх=0,05.
11.7 *. Определить допускаемые величины максимального и ми-
нимального скручивающих моментов Л4тах и Mmin для ступенча-
того вала с диаметрами d=60 мм, D—70 мм и радиусом галтели
г=2 мм. Отношение Мт1п/Л4тах=0,25. Поверхность подвергнута
тонкой шлифовке. Запас прочности п=2. Материал — углероди-
стая сталь с ств =70 кГ!мм2, тт =25 кГ/мм2, t_j = 18 кГ)мм2,
247
фт=0,05. Принять е.=8а. Коэффициент поверхностной чувствитель-
ности Р взять по графику к задаче 11.1.
11.8 *. Определить запас прочности в сечении т—п вала, пере-
дающего мощность М=10 л. с. при 1500 об/мин. Диаметр колеса
D = 140 мм. Размеры вала: d=M) мм, <71=20 мм, г=1 мм, /=160 мм,
а=\30мм. Характеристики материала: аа=50кГ/лгл!2, стг=28кГ/л<л<2,
о_,=20 кГ[мм\
I-----Ц*----I
К задаче 11.8. Коэффициенты концентрации напря-
жений для валов при D/d = 2.
11.9 *. Определить минимальный радиус галтели ступенчатого
вала с диаметрами 0=80 мм и d=40 мм, чтобы при действии изги-
бающего момента Л1=50 кГм, изменяющегося по симметричному
циклу, запас прочности был не меньше «=1,5. Поверхность вала
тонко обточена. Характеристики материала: ав =50 кГ/мм\ a_i=
=20 кГ/мм*.
11.10 *. Определить запас прочности ступенчатого, вала с диа-
метрами d=40 мм и 0=50 мм, испытывающего переменный изгиб
с кручением. Радиус галтели г=2 мм. Нормальные напряжения
изменяются от огпах=500 кГ/см* до ат||1=—500 кГ/см'1, касатель-
ные напряжения — от ттах=400 кГ/см- до ттЬ]=200 кГ/смг. Ма-
248
териал вала — углеродистая сталь. ов =50 кГ/мм2, o_i=22 кГ/мм2,
т_!=12 кГ!ммг, от =30 к.Г1мм2, тг =18 кГ[мм2, т|зв=О,О5, ф,=0.
11.11 *. Груз Р=20кГ, подвешенный на цилиндрической пружине
со средним диаметром Z> = 100 мм, свитой из проволоки диаметром
d=12 мм, совершает колебания с амплитудой А=4см. Найти запас
прочности пружины. Число витков пружины /1=8. Характеристики
материала пружины: ов = 150 кГ/мм\ тт =60 кГ/мм2, t _1=ЗбкГ/мм2
т0=55 кГ/мм2, G=8-10a кГ/мм2.
11.12 *. В каком диапазоне должно быть число оборотов (рис.
к задаче 10.66), чтобы произошло разрушение пружины от уста-
лости? Средний диаметр пружины 0=2 см, диаметр проволоки
d=2 мм, число витков пружины м=8. Груз Р—2 кГ, /=0,8 см. Ха-
рактеристики материала пружины: С=8-104кГ/слг2,т_1=35 кГ/мм2,
ф, =0,1.
11.13 *. Вал диаметром d=100 мм передает переменный крутя-
щий момент, изменяющийся от A4min=2200 кГм до Л4тах=2600 кГм.
Переменная составляющая крутящего момента, изменяющаяся с
К задаче 11.13.
частотой, равной числу оборотов вала, является возмущающим мо-
ментом. При совпадении этой частоты с частотой собственных кру-
тильных колебаний системы возникает резонанс и появляются боль-
шие касательные напряжения. Определить запретную область чи-
сел оборотов вала из условия, чтобы общий запас прочности не был
меньше 1,6. Силы, действующие на вал, Т, А,=0,8 Т. Момен-
ты инерции шестерен/т1= 1 Ю3 кГсм сек2, J,ft2=0,8-103 кГсмсек2.
Характеристики материала вала: a_i=3400 кГ!см2, t_i=
=2000 кГ/см2, ф, =0,1, ф, =0,05, G=8-105кГ)см2. Эффективные
коэффициенты концентрации напряжений Ка = 1,9. /Сх=1,8. Мас-
штабные коэффициенты е0=е, =0,7 *).
§ 2. Ползучесть и релаксация
11.14*. Вычислить, каково будет удлинение лопатки газовой
турбины вследствие ползучести через 100 часов работы при темпе-
ратуре. Т=800° С и числе оборотов /1=7200 в минуту. Расстояние
от оси вращения до внешнего конца лопатки Р=50 см, длина ло-
*) Задача составлена по материалам кафедры сопротивления материалов
МАТИ.
249
патки /=14 см. Лопатку схематически рассматривать как брус
постоянного сечения в поле центробежных сил. Материал лопатки
ЭИ437А. Удельный вес у=8,4 Г/см3. Показатель степени в уравне-
нии ползучести £=3,8. График функции £2(/) дан на рисунке.
11.15*. Определить, через сколько часов работы следует за-
менить лопатки газовой турбины, если удлинение лопатки вследст-
реактивного двигателя находится под действием внутреннего из-
быточного давления р=3 кГ/см3 и осевой силы М=1800 кГ. Темпе-
ратура 7=700 °C. Диаметр оболочки 0=420 см. Определить
толщину 6 оболочки из условия, чтобы в течение времени t—100 час
относительное увеличение
диаметра оболочки не превы-
шало 1%. Материал ЭИ435.
Показатель степени в уравне-
нии ползучести £=6. График
функции £2 (/) дан на рисунке.
11.17*. Тонкостенная тру-
ба нагружена крутящим мо-
ментом 44=600 кГм. Опреде-
лить угол закручивания тру-
бы вследствие ползучести при
работе в течение /=80 час
при температуре 7=700 °C.
Наружный диаметр трубы
0 = 180 мм, толщина стенки 6=4 мм, длина трубы 2=80 см. Ма-
териал трубы ЭИ435. Показатель степени в уравнении ползучести
£=6. График функции £2 (0 взять из предыдущей задачи.
вие ползучести не должно пре-
вышать Х= 1,5 мм. При расче-
те учитывать лишь действие
сил инерции и принять, что
лопатка имеет клиновидную
форму. Внешний диаметр ко-
леса турбины 0 = 128 см.
Длина лопатки /=12 с.и. Чис-
ло оборотов п=11 ООО в ми-
нуту. . Материал лопатки
ЭИ437А. Удельный вес у=
= 8,4 Г/см3. Температура
Т=800 °C. Показатель сте-
пени в уравнении ползучести
£=3,8. График функции £2(/)
взять из предыдущей задачи.
11.16*. Равномерно нагре-
тая цилиндрическая оболочка
11.18*. Тонкостенная цилиндрическая оболочка нагружена внут-
ренним давлением р=3,5 кГ/см3, осевой растягивающей силой
А/=1500 кГ и крутящим моментом 44=460 кГм. Определить уве-
250
личение диаметра оболочки вследствие ползучести после работы
при температуре Т=700 °C в течение /=90 час. Диаметр оболочки
£>=40 см, толщина стенки 6=1,5 мм. Материал оболочки ЭИ435.
Показатель степени в уравнении ползучести £=6. График функции
П(/) взять из задачи 11.16.
11.19*. Определить, через какое время нужно подтянуть болт из
хромованадиевой стали ЭИ10,
работающий при температуре
Т=500 °C, если допускается
уменьшение начального натя-
жения болта не больше чем
на 25%. Начальное напряже-
ние в болте о0=1500 кГ/см*,
Модуль упругости при Т =*
= 500 °C £=1,8-10’ кГ/см*.
Показатель степени в уравне-
нии ползучести k“1,83. Гра-
фик функции Q (/) дан на ри-
сунке. Ввиду большой жесткости стягиваемых болтом деталей их
деформацией пренебречь.
11.20*. На сколько процентов снизится начальное напряжение
хромованадиевого болта вследствие релаксации в течение /=500 час
при температуре 7=500 °C, если начальное напряжение <у0=
= 1800 кГ/см*. Модуль упругости при 7=500 °C £=1,8-10’ кГ/см2.
Показатель степени в уравнении ползучести £=1,83, График функ-
ции П(0 дан в предыдущей задаче.
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
Г лава 1. РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
1.5. Первые десять цифр таблицы — показания тензометра при нагру-
жении образца в упругой области с
последующей разгрузкой. Приращение
нагрузки ДР «=2000 кГ. Соответствую-
щее среднее приращение показаний
тензометра Длср=16,3 мм. Вычисляем
модуль упругости, учитывая, что Х =
«= Лп/А.
2000-10-500
л 1,63
= 1,95-10° кГ/см2.
При увеличении нагрузки прира-
щение показаний тензометра посте-
пенно увеличивается. Условный пре-
дел пропорциональности находим го
отклонению диаграммы от линейного
закона на 26 = 0,002%/. Это соответ-
ствует одному делению шкалы тензо-
метра, так как 2-10-S-100-500= 1.
На рисунке Д означает приращение
упругой деформации, соответствующее
ДР. Обработку результатов опыта про-
ведем в табличной форме:
Е =
Нагрузка Л кГ Прираще- ние на- грузки ДР, кГ Показания тензометра п, мм Прираще- ние пока- заний тен- зометра Да?, ММ Прираще ине по линейному закону Отклонение от линейного закона на участке д Полное (сум- марное) откло- нение от ли- нейного за- кона 26
500 14,0
2500 2000 30,5 16,5 16,3 0,20 ' 0,20
3500 1000 39,0 8,5 8,15 0,35 0,55
4500 1000 46,5 7,5 8,15 —0,65 —0,10
5500 1000 55,0 8,5 8,15 0,35 0,25
6500 1000 63,0 8,0 8,15 —0,15 0,10
7500 1000 71,5 8,5 8,15 0,35 0,45
8500 1000 80,0 8,5 8,15 0,35 0,80
9000 500 85,0 5,0 4,07 0,93 1,73
Сила, соответствующая пределу пропорциональности, т. е. вызывающая
отклонение от линейного закона, равное 26=1, лежит в интервале между
252
8500 кГ и 9000 кГ. Вычисляем ее значение путем линейной интерполяции:
Рпц = 8500 + 500 ^=8610 кГ, опц = ^ = ^ = 2740 кР/слГ'.
1.7. Вычисляем средние показания тензометров при возрастании силы Р
на 1000 кГ:
„ 10,5+10,54-11,5 1ЛЯ . 3,0 + 4,04-3,5 ,,
Ап л ——!—!——!-----— = 10,8 мм, Ьпв =-------s-----= 3,5 млI.
А 3 3
Абсолютные удлинения в среднем равны
- Т7= » -1 -2 |0’ =Т? - И’0-337 10 ”
Коэффициент Пуассона
„gfl—Asfl/s/i —0,337 10-2_л
As^/s.; 1,2-10“4
1.9. Средние приращения показаний тензо-
метров при возрастании нагрузки на 11 000 кГ:
Д/i, = 4,25 мм, Дп2 = 4,55 мм,
Ал3--8,5 л.н, Дп4 = 8,75 мм,
Д/г,,--4,75 мм, Дп6 = 4,5 мм.
Напряжения
а,- = е,£ = (i = l,2.........6):
ks
О[ — 808 кГ/см2, о2 = 860 кГ/см2,
а3= 1620 кГ/cm2, <т4 = 1670 кГ/см2,
а6 = 903 кГ/см2, па = 855 кГ/см2.
‘ К задаче 1-9.
Эпюра (график) напряжений в ослаблен-
ном сечении дана на рисунке. Среднее напряжение в ослабленном сечении
от нагрузки Р — 11 000 к.Г
^ср (20 8) 1 -И7 кГ/см,2.
Осреднениое значение максимального напряжения
ашах== у (O3 + O4) =1645 к.Г[см2.
Коэффициент концентрации напряжений
„ _________________________ °тах 1645 „
1.14. Полное удлинение равно сумме удлинений частей стержня, имеющих
постоянное сечение.
1.16. В стояночном положении вес самолета уравновешивается давлением
воздуха, передается на стойку и не сжимает цилиндр; напряжения в попереч-
ных сечениях цилиндра равны нулю. Сила, разрывающая стенку цилиндра
вдоль образующей Pi = pld/2 (1—длина цилиндра от узла крепления до поршня
стойки). Напряжение в сечениях вдоль образующей равно
Р, pd 100-10 г, ,
= 2t = '7Г7Г'Г = 1250 кГ/СМ ‘
2-0,4
253
При взлете внешние силы равны нулю. Цилиндр находится только под
действием внутреннего давления р/2. Напряжения в продольных сечениях
уменьшаются вдвое. Сила, разрывающая цилиндр по сечениям, перпендику-
„ р nd! pnd2 TI
лярным оси, Р2 = -у-^-= & Напряжение в поперечных сечениях равно
Pa^pd_100-10_
ndi 8/- 8-0,4 2,5 /Z
475 кГ/см2 (сжатие),
1.17. Раскладываем силу Р по направлениям АВ и СВ: NAg =—283 кГ
(сжатие), ,Vca==104 кГ (растяжение).
Напряжения вычисляются по формуле a = N/F:
-283
аля = ---------------
Т(22-1,8'2)
104
Рсв=$^ 1040 кГ/см*.
1.19. Составляем уравнение моментов всех сил относительно шарнира О:
J p(x)xdx—Л^дй cos а = 0,
о
рр 120-42
откуда КАВ = ^--= 4.1)8.о-,866=ЗО8кГ:
ола = ^ = ^ = 30,8 кГ/см2',
^ав ю
. ай 20,8.180
^B=Bsina“2-10e.0,5=5^5‘ ° см'
Определение перемещения точки С:
1-й способ (геометрический). Рассматривая малые перемещения балкн
при упругой деформации стержня АВ, из подобия А ОВВ' и А ОСС (см.
рисунок) имеем
д J клв 400.5,55-10-3 . П1ДО
= ------А- =—,QA „ Qcg—=0,0142 см.
ftctga sin a 180.0,866
2-й способ. Приложим в точке С вертикальную фиктивную силу р4>=«1
и найдем уравновешивающую ее реакцию в подкосе Nдд (на рисунке Р* По-
254
казана пунктиром):
17 * ^ии о 07
АВ Лсоза 180-0,866° '
Используя принцип возможных перемещений, приравняем нулю сумму
работ всех сил фиктивного состояния, т. е. сил Рф = 1 и 77д.в = 2,27, на пере-
мещениях, вызванных заданной нагрузкой: Р*Лс—Nab'^AB^®- Отсюда
Дс-= Nab^ab = 2,27-5,55-10-3 = 0,0142 см.
1.23. Использовать условие равенства удлинений стержней АС и ВС.
1.25. Продольные силы постоянны на участках между точками приложе-
ния внешних сил (см. эпюру N):
#1 = 10Т, Л’2= 10—14 = —4 Г,
,V3=10—144-12 = 8 Г.
Удлинения участков бруса:
10 000-20 ППЛ,,,
----------=0,00141 см,
2-10»-~33
4
-4000-10
2.10е-^--З1
4
, 8000-30
кс —
2.10e~.3a
4
0,0028 см.
0,0170 см.
К задаче
1.25.
Эпюра перемещений Д на протяжении каждого участка следует линейному
закону.
1.27. Жесткость k стержня на растяжение измеряется величиной силы,
вызывающей удлинение стержня на единицу длины (на 1 см): k^Pl"K.
Для стержня постоянного сечения k*~EF/l.
Для ступенчатого стержня имеем
Р— Р —
Г2 , 2 r2/(D’ + d‘)lt
СТУ" ~ cxd*'r с nD'1 I nEdiDi J !
4 4
nEd* __ d
*сПп = 2((14-а2) ’ ГД® a~D‘
Для полого стержня
„ Pl b jt£D2(1—a4)
-%ол----Z • «пол “ 4> •
E^tDi-d2)
1.28. Удлинение элемента высотой dx
Pdx_Pdx /?
a^°"EFx~ E ' FlX2'
Удлинение всего стержня
l,
EFAh-D:
^Ь —
но /i/(/j —0= КP/KFv, поэтому k^Pl/E P]P0
253
Жесткость конического стержня на растяжение равна жесткости цилиндра,
имеющего ту же длину и площадь поперечного сечения, равную У FlFq-
1.30. Удлинение стержня, составленного из п последовательно соединен-
ных участков', равно сумме удлинений каждого из участков:
X=* ^1 + Х3 + +
Сила, растягивающая стержень, постоянна по длине, поэтому
k ki^k^ ^k,t
Отсюда получаем связь между жесткостью ступенчатого стержня k и жестко-
стями составляющих участков:
-=-+1+. -+1-
k k{ krI
1.31. По условию удлинения всех стержней одинаковы и равны переме-
щению плит: Х; = Х. Усилия, возникающие в стержнях, пропорциональны их
жесткостям ki и удлинению X. Полное усилие Р, потребное для перемещения
плиты, равно сумме усилий в стержнях
Р = Лг1-|-Лг3-|-...4~ЛГ)1 = + Х^2 + • • • + Х/гп.
Жесткость системы параллельных упругих стержней равна сумме жесткостей
стержней:
£ = &1 + ^2 + ^з4~. • • +^„.
1.33. Усилие, отрывающее цилиндр от картера, равно
Р = р-^==70-~162 = 14 000 кГ.
4 4
При равномерном распределении усилий на долю каждой шпильки приходится
сила Рш=1000 кГ. Из условия прочности шпильки на растяжение имеем
4РШ , j , /4РШ , /4-1000 ,
nd2<[a]. у n[a]~F 900 ~1'l9cM-
Диаметр шпильки следует взять равным 12 мм.
1.37. Вследствие симметрии усилия в стержнях АВ и ВС равны. Проек-
тируя на вертикаль все силы, действующие на узел В, находим
Nab sin 30°+NBC sin 30°— P = 0, Naв = Nnc = —= P.
а Ы11 <j\J
Из условия прочности P= 1000-5 = 5000 кГ.
1.38. Упругие удлинения стержней находим по закону Гука:
, , NAbIAb_ 5000-400
Ллв — Лдс Ер. 2,05-106-5-0,866“0,225
Полное перемещение узла В находим из условия совместности деформаций
(см. рисунок)
л ^-ав 0,225 п
Д8 ~ sin 30°—“OjF “°’45 см’
Второй способ определения перемещений.
Приложим к узлу В в направлении искомого перемещения, т. е. по вер-
тикали, фиктивную силу и определим вызываемые ею усилия в стерж-
256
нях, прикрепляющих узел: NAfi=N дС = -‘q^o—i- Согласно принципу воз-
2 Sin <jU
можных перемещений работа уравновешенной системы сил Р* = 1, Nab и ^ВС
на упругих перемещениях от заданной нагрузки должна быть равна нулю:
1 • Дп — Мдв^А в— N вс^вс = ®-
В общем случае для любого числа связей имеем ;
где N ?— усилия в связях, вызываемые заданной нагрузкой, N—усилия в свя-
зях от фиктивной единичной силы:
Дй =
N ab^arIab
EF
Nbc^rcIrc____о 5000-400
~ЁЁ 2 2,05-10s-5-0,866
1.41. Откладывая удлинения стержней (см. рис. а)), видим,- что
удлинения крайних стержней и среднего стержня связаны соотношением
, , N.I M2/cos2a
Л, cos а = Л, или =-----------==-----
- 1 /• F ЕР
Далее составляем уравнения рав-
новесия сил, действующих на узел
(см. рис. б)). Проектируя силу на го-
ризонталь, получим что /V, — Na.
Сумма проекций всех сил на верти-
каль дает
2Л\ cos a +- /V,, — Р = 0.
Используя полученные соотношения,
находим
Р cos2 a
a'i-A'j- l+2cos3a;
1 + 2 cos3 a
Из условия прочности наиболее нагруженного среднего стержня получаем
или
_______Р_______ат
f (1 +2 cos3 a)’
откуда допустимая величина силы Р = 2600(1 +2-0,866) = 6000 кГ.
1,43. Из условия симметрии узла и антисимметрии нагрузки имеем:
Nad = —Na'D и Nbd = —^B’D. С учетом этих соотношений уравнение про-
екций всех сил на вертикаль получаем в виде
2NAd 8'п 2a + 2(Vflo sin a— P = 0.
Недостающее уравнение получим из геометрических соображений, выражая
отрезок DD' (см. рисунок) из треугольников 00,0' и DDtD’: Лд£>/зп12а =
= Atfo/sin а; после замены удлинений по закону Гука: /Vad^Ad!(FF}ad sin 2a =
= NbdIbd/(EF)bd sin a. Решение системы уравнений дает
Nad~P tos 2a/(sin a+ sin 4a); NBD = P/2 (sin a+sin 4a).
257
9 Под ред. А. А. Уманского
1.46. Уравнения равновесия:
—Л\ sin р-f- N2 sin (p —a)-|- A'3 sin p = 0;
Л', cos p + .V,2 cos (P — a) 4- N3 cos p = P.
Условие совместности деформации стержней (см. рисунок):
л.2 = Xj sin a + cos а.
Выражая удлинения через усилия по закону Гука и учитывая соотношения
между длинами стержней: АВ — AO/cos Р = AD, АС = ЛО/cos (р — а), получим
третье уравнение
N., __ . sin a , cos а
cos (р—a) ~ 1 cos р ’ 'cosfJ'
Совместное решение системы трех уравнений дает искомые усилия в стержнях.
1.48. Реакция фундамента Vf) — p F= 400-25= 10 000 кГ. Суммарное удли-
нение обеих частей стержня А = 10-4/ см. Уравнение совместности деформаций
Уц1 , (P-Vr)1 , (ЗР-Уд)/ ,
2EF 4EF 4EF ~
Подставив сюда значение Рд, находим величину силы Р. Реакция верхней
заделки находится- из уравнения проекций сил на вертикаль.
1.51. Вычисляем площади сечений участков бруса: F(.=-25,2 см2, Ft~
= 9,44 ли2, F3 = 47,2 см2. Рассматриваем деформацию четырех участков, на
протяжении которых и сечение бруса и продольная сила постоянны. Суммар-
ное удлинение бруса равно нулю:
-Р-2/ (-/? + 4Р)2/ (-Р + 4Р)/ (_Р + 5Р).2/
47,2£ ' 47,2Е ' 9,44£ 25,2£
Отсюда находим реакцию нижней заделки Рд=3,67 £=73 400 кГ и строим
эпюры продольных сил и нормальных напряжений. Удлинения участков бруса
вычисляются по формуле /. = al/E.
1.54. Из условия равновесия УдсР“г-^ст= Р. В силу жесткости верхней
плиты и основания укорочение деревянной колонны и угольников одинаково.
258
Хдер = &ст- Отсюда получаем второе уравнение
’ с г
г F ~F 7~
'-дер' дер LcrJ ст
1.56. Условие совместности деформаций — равенство удлинений стрингеров
и пластинки.
1.58. Составим уравнения проекций сил на вертикаль и моментов относи-
тельно точки С:
NАА' + Л'яя- ф- AZCC' — Р’ -|- Nдд' — 2Р.
Так
В и
НИЯ
или
лия
как брус АВС абсолютно жесткий, то после деформации стержней точки А
С должны остаться на прямой линии А’В'С (см. рисунок). Из рассмотре
трапеции АССА' имеем
^АА' ~ ^сс Зя _ 3.
?-яя'— ксс а
— З^дд '+ 2АСС- = О,
после замены удлинений через уси-
по закону Гука
NAA, l Мдд'21 , 2Ncc.l
EF ЕЕ r 2EF
Решая полученную систему трех уравнений, находим усилия в прикрепляющих
стержнях;
И 1 5
Naa' = T{P, Ncc'^^P-
Допускаемую нагрузку находим из условия прочности наиболее нагруженного
стержня АА':
ИР
^<1600, Р< 15 500 кГ.
1.60. Использовать условие равенства абсолютных деформаций тяг и
цилиндра.
1.61. В результате деформации
подкосов крыло повернется на ма-
лый угол Дф вокруг точки В. Ус-
ловие совместности деформаций (из
подобия треугольников ВСС и
BDD'):
СС _DD'
1,5~2,97‘
Удлинения Х.лс=СС"=СС' з1п 45°;
К задаче 1.61.
Хдд = DD”<= DD' sin 30°. Поэтому
^AC'V~ 2/1,5 = 2^0/2,97 или
= 0,715ХдО; Nac= 1,01Л'.,о. Второе уравнение получим как сумму моментов
сил относительно точки В:
A'/c-l,5^in45°4-A'z]o.2,97-sin 30°= 1000-4-4-250—.
О о
Решая систему, находим: NAC = 987 кГ, NAD = 977 кГ. Реакции фюзеляжа
в точке В находим, проектируя все силы на горизонтальную и вертикальную оси.
1.63, Так как горизонтальных сил нет, усилия в стержнях А'В и С'В
равны, а узел В будет перемещаться по вертикали. Укорочение стержня
259
ВВ' = Уд» bI/EF cos а. Из треугольника BBXB’ имеем
BB’ — BB,cosa или BBt — A’вд- l/EF cos2 a.
Тонки /4lt В, и С, лежат на одной прямой, так как ось считается абсолютно
жесткой. Рассматривая трапецию A A}CtC, получаем условие совместности де-
формаций
2 (BBj — СС,) = ЛЛ] — СС, или 2Vfl,p /cos2 a—2Л'сс> = N aa> — Ncc' •
Сумма моментов всех сил относительно точки В дает
70Р — Л/лл' -60 + А/сс' -60 = 0.
Наконец, из уравнения проекций всех сил на вертикаль имеем
'Va.4- + 2A'B4- cos 30VVcc, = P.
1.65, Перенести силу в центр плиты с добавлением моментов относительно
осей х и у: МХ=Р — и Му----Р ^- — b} Сила, приложенная в цен-
тре, распределяется по стержням равномерно, моменты вызывают в двух стерж-
нях, лежащих по одну сторону от оси растягивающие усилия, а в двух дру-
гих равные им сжимающие усилия. В совокупности все четыре усилия должны
дать момент, равный моменту силы относи-
тельно данной оси.
..Л '
К задаче 1.68.
1.68. Разрежем брус по сечению ВВ' (см. рисунок). Вертикальное пере-
мещение получившегося трехстержневого узла под действием силы Р — А' равно
укорочению нижнего стержня,под действием силы X.
Усилия в элементах трехстержневого узла находятся как для задачи 1.41
с той разницей, что здесь средний стержень имеет большую площадь сечения,
чем боковые. Получим
2(Р-Х) _Nnccos^a
NRC = 2-\~^a' Ndb~Nd-b^------------4------
Перемещение узла В равно удлинению стержня ВС под действием силы X вс-
кт , 3 ,
, Nac ‘ 4 1 3 (Р — Х)1
вс~ 4EF " 8 (2 + cos3 a) EF .
260
Укорочение стержня АВ под действием силы X:
Ъ-АВ —X ~г U^EF = Xl/X&EF.
4
Приравнивая оба перемещения, имеем: X = 6P/(8-f-cos’а).
Подбор сечения следует вести по условию прочности сжатой части
стержня АВ. •
1 A
Ъ * к т ь т Л
Эпюра 77 8875Р
77,785Р
0,578Р
Эпюра 5
-0,875£
t Эпюра Л
К задаче 1.69.
1.69. Отбросим левую заделку и заменим ее действие неизвестной силой Ил.
Продольная сила на участке АС изменяется по закону:
Хас^^-х-На.
На других участках имеем
Л'сл =_у —''•'он .-i-P — НА.
Перемещение на участке АС (равное удлинению отрезка длиной х):
X ( р \
Ст* ) 1 /Рх‘ \
Д (х) I 12-------L dx = —1— —-----н iX\.
J 0.6EF 0,6ЕР\ 21 А J
О
Перемещение точки С (равное удлинению Хдс участка 4С):
Л J'k । < НА1\ (Р-^НЛ)1
с \3) О.бЕР^ 18 3 J 10.8Е7’ *
Удлинения двух других участков:
XCD-^(‘P—3« л) 1/7.2EF-, kDB^(2P—3HA) 1/9EF.
Реакция НА находится из условия равенства нулю суммарного удлинения всех
трех участков:
^лс + ^cd + ^db = О,
261
откуда /7д = 0,518Р. Эпюры продольных сил, нормальных напряжений и удли-
нений показаны на рисунке.
1.71. Относительные удлинения латунного цилиндра и стальной рубашки
одинаковы:
елат = ^сг ИЛИ (,лат^лат = ^ст/^ст'
Отсюда
Гзаимное давление цилиндра и рубашки р*. Из условия равновесия поло-
вины стальной рубашки имеем (см. рисунок)
2ост6ст—50,8р* = 0; р*=^.
Условие равновесия половины латунного сосуда дает
2°лат блат + 50,8р* - 50р = 0; р _|_ 1,02р*.
Подставив допускаемые значения напряжении в латунном сосуде [а]лаг = 400/1,5=»
== 267 кГ/слР и соответствующие им напряжения в стальной рубашке ост=»
= 2 [о|лат = 534 кГ/см2, находим, что
р* =4 кГ/см2, а давление внутри со-
суда р = 8,34 лГ/сл2.
1.73. Определяя усилия в стерж-
нях от каждого перемещения в отдель-
ности и составив три уравнения рав«
новесия тела, получим;
U>26 -|- <р хЫ.у + <ру26х = Р;
wSky + фх26у2 i^yZkxy = Р-уР1
wSkx 4- срх26ху 4- <ру26ха = Р-хр.
Для определения перемещений необходимо решить полученную систему
относительно w, ц>х, <ру.
1.74. Искомая сила Р равна и противоположна равнодействующей реакций
стержней. Составляющие ее по осям х, у, а также момент относительно начала С
пропорциональны перемещениям. Определяя усилия от соответствующих пере-
мещений диска, проектируя усилия на оси и беря сумму моментов относительно
точки С, получаем;
Р х = ulk cos'2 а 4-“26 sin a cos а4~ф26г cos a,
Py = ulk sin a cos a4- v%k sin2 a4-<p26r sin a,
Mc = uS,kr cos a4~“26r sin а + ф26га,
где r—плечи усилий относительно точки С.
Для определения перемещений необходимо решить полученную систему
относительно и, о, <р.
1.74а. Аналитически поставленное требование выражается так!
, о Ру v v26 sin'2 a 4~ “26 sin a cos a
tg a0 = = ИЛИ —= -JTT 5 :—гч,—.---------------- .
u Px и u\k cos2 a4- “26 sin a cos a
Отсюда
_tg a026 sin2 a 4-26 sin a cos a
“ a° 26 cos'2 a4-tg a026 sin a cos a’
Решая относительно tg 2a0, получаем
_ 226 sin a cos a ______26 sin 2a
£ a« — 26 cos2 a—26 sin'2 a-”26 cos 2a '
262
По тангенсу двойного угла находим углы а0 и ао + 9О°, удовлетворяющие
условиям задачи. Оси, наклоненные под этими углами к исходным осям, на-
зываются главными осями. Для главных осей, очевидно, SA sin a cos а=0.
Положение начала главных осей несущественно, важен их наклон.
1.746. Любая сила, параллельная главной оси х или главной оси у, вы-
зывает поступательное перемещение, параллельное оси, и поворот вокруг
некоторой точки (см. решение задачи 1.74а). Дадим диску поступательное
перемещение и и определим усилия в стержнях, вызванные этим перемещением,
rV;== cos d;. Пользуясь равнодействующей усилий Л',-, находим искомое
положение силы Рх. Плечо ее относительно произвольного полюса
'S.kr cos а
" с S/г cos2 а
Аналогично для силы Ру
Ikr sin а
Хс Tk sin2 а ’
Точка пересечения сил Рх и Ру называется центром смещения
или центром сдвига. Главные оси, имеющие начало в центре смещения,
называются главными центральными осями. Уравнения, связыва-
ющие усилия и перемещения (см. решение задачи 1.74), в главных централь-
ных оеях имеют вид
Рх == u'Zk cos2 а; Ру ---vl!.k sin2 а-, М с.
Усилия в стержнях
, , . । . , Гп c°s а,- sin а,- . < r{ Т
Ni = ki (и cos а/п-о sin а(-+<ро) — k[ Px ;—-pv vi, >—Г^стгт-г. •
1 ' ' 1 " ' x Sfe cos1 a 1 v Sfe sin2 a 1 Sfer2j
Знак каждого слагаемого определяется в зависимости от того, какое напряже-
ние (растягивающее или сжимающее) вызывает в данном стержне то или иное
перемещение.
1.76. Температурные напряжения находятся из условия равенства темпе-
ратурного расширения бруса его упругому укорочению
v 'V/4
1.77. Условие совместности деформаций вытекает из того, что отрезки АА'
и АА" составляют прямоугольный треугольник
АА'А":
AA"=AA'cos 30°.
(1)
Отрезок А А" состоит из температурного расши-
рения АТ. =а/дд Л/° и упругого укорочения под
действием усилия в стержне N
А.Г а/АГ Л/,!/
Е-2Р '
Отрезок-АА' равен сумме температурного расширения А/< и упругого удли-
нения под действием силы в стержне N АС-.
АА' = а/-^Д/°4
АС I
ЕЁ
£63
Уравнение совместности деформаций (1) получает вид
Л .о / /3 , AW /3\ /3
E-2F~\ 2 + 2EF ) 2 '
Добавив уравнение равновесия (уравнение проекций сил на горизонтальную
ось), получаем систему для вычисления усилий. Вследствие симметрии (см.
рисунок) стержни АВ и AD нагружены одинаково. Решение системы дает
Л'ля-
a.At°EF
2 + 3/з"’
/V4r= -К?—aAt°EF.
2 + 3/3
1.78. Вследствие расширения балки при нагревании точка С смещается по
горизонтали на СС — а^-За-At0. Стержень DC удлиняется при нагреве на
CL = aCTl[)c At ° и укорачивается под действием сжимающей силы NDC на
величину ^dc = ^dc(i /lO/EF. Условие совместности деформаций заключается
в том, что после нагрева подкос и балка должны оказаться соединенными
н точке С. Температурные деформации подкосов и балки выделены жирными
линиями. Из геометрических соображений имеем
_CL — kDe — CC"_аС1£+-а /К) Ai°—NDC а /ТО —ядЕЕ-ЗаЛ/° соз fl .
— sin fl ЕВ-sin р
Аналогично для подкоса DB
п,.,„ ас..ЕЕаУ~ 2-Д/°—АдЛа/2—a,,EF-a A/°cos а
О В —------------------=7;-:------------------ •
EE-sina
Из подобия треугольников АС'С" и АВ'В" находим
С'С" За
а
или
3 sin fl (асгЕЕа /2 Al°—NDBa /2 —адЕЕаД/° cos а) =
= sin а (астЕЕа /10 At0— NDCa /10 — адЕЕ-ЗаМ° cos fl).
Р>торое уравнение получим, составив сумму моментов сил относительно точки А.
Решая уравнения, находим
Л'ОЯ = 25,‘2 А/Е, Ndc = —0,745+дв (сжатие).
264
1.80. При охлаждении на поверхности контакта цилиндров возникает дав-
ление р. Стальной цилиндр будет растягиваться силой A/cr = pD/2, а медный
К задаче 1.80.
сжат той же силой NM = Ncx — pD[2. Изменение
одинаковым:
их диаметров должно быть
значком t отмечено изменение размеров вследствие нагрева, значком W—уп-
ругие деформации. Условие совместности деформаций:
Отсюда
= E^E^F^F* _2 125-10-?-45-2-10«-1 • 10« 0,1 0,4 _ . 2
Р О[£с#'ст + £'м/-м| - 10-2-106 0,1 +1 -10°.0,4
1.83. При нагревании трубки расширяются больше болта. Болт упруго
растянется, а трубки сожмутся силой N, равной реакции болта. Из условия
равенства удлинения трубок и болта имеем
а., Д/'<4О + ^н.Д/».1О-^2._^- = аст Д/°.50
(£*’ )д (*-* )м
откуда N = 16,6 Д/° кГ.
У-50
(£F)ct’
1.86. При сборке средний стержень укорачивается на а крайние стержни
удлиняются на Л, =Х3. Таким образом компенсируется неточность изготов-
К задаче 1.87.
ления б. Между удлинениями должно существовать соотно-
шение
A.2 + X,/cos а = д.
щая зависимость
Выразив деформации через усилия, получим
'Vj + AZi/cos2 а = 6FF/Z;
добавляя уравнения статики N3 = N4 и 2A\ cos а — М2 = 0,
получаем три уравнения для определения усилий в стерж-
нях после сборки.
1.87. Напряжения, возникающие при сборке узла, ан-
нулируются в том случае, когда будет выполнена следую-
между температурными удлинениями стержней (см. рисунбк):
= 6 + Да или atl Д/° — atl М° cos2 а = оооп”
cos а
Отсюда
м°_ cos8<x ________!__=120°.
1— cos2 а 2000а^
Так как сборка производилась при t°0 =15°, то стержни следует нагреть до
температуры /° = /о + Д/°= 135°.
265
1. 89. Вычисляем жесткости болта и стягивающих деталей (см. задачу 1.30):
14 б
Z-1 2; ь = 2,36 • 10’ кг/см,
£>----------------------------тт-ТТ-’А ' ’
д 1. ю“. Щ-(52 —22) 2- 10’- — (5- — 22)
4 4
13 7
-т- = —— ------1-------------; *6 = 0,45-10» кг/см.
2-10°~22 2- 10’ ^1,6-
4 4
Вычисляем коэффициент основной нагрузки:
0,45-10’ п
*д + *6 2,36-1О’ + О,45-10’ и'
Усилие болта Л' -А'(1 J-O,I66P. При Р—Рлоп остаточная затяжка ДУ = О,25Л'о.
При этом /V = Л'до|1 = lol Pf,— 1600--^--1,б2 = 3200 кГ. Сила, разгружающая стя-
нутые детали и уменьшающая предварительную затяжку, равна 0,75/Vo =
= (1—и)Р = 0,834Р. Отсюда усилие предварительной затяжки У0=1,11А'.
Из условия прочности болта имеем
Л'до,, = 3200 =1,11 Рдоп + 0,166Р,(ОП = 1,28РДОП; Рд„„ = 3200/1,28 = 2500 кГ,
Л'о = 25ОО-1,11 =2780 кГ.
1.91. Сначала определим предварительную затяжку без учета температуры.
Жесткости болта и промежуточных деталей вычисляем, пользуясь решением
задачи 1.30. Следует учесть, что шайба / входит в систему болта, так как
при действии на соединение силы Р она не разгружается. Жесткости и коэф-
фициент нагрузки:
0 408•10е
k6 = 0,408 -10’ кГ/см, k,t = 0,765 • 10’ кГ/см; и = 0 40g. i'OqT g 765. । (JF °’348‘
Затяжку находим из условия пераскрытия стыка. Остаточггая затяжка
NN — N0—(1 — и) Р = 0, откуда У,, = (I — и) Р= 0,652, Р ==652 кГ. При пониже-
нии температуры стык разгружается на величину ДА',, которая определяется
из условия равенства удлинений болта и стягиваемых деталей (причем удли-
нения вычисляются как алгебраическая сумма удлинений от изменения темпе-
ратуры и от действия искомой силы NN\). Оказывается &n{ = —142 кГ. Пред-
варительная затяжка с учетом изменения температуры No =.652+ 142=794кГ.
Проверку шпильки на прочность следует проводить для максимального
значения температуры, т. е. при /2 = 60°С. Дополнительное усилие на шпильку
при этой температуре
Д,\1=-ЛЛ'1 =—^=-142 С°.Д-13 =85 кГ.
/| — 4 —G0— 1э
Полное усилие, действующее на шпильку при температуре +60 °C:
Л'расч = Л О + ДЛ'2 + у-Р = 794 + 85 + 0,348• 1000 = 1227 кГ;
напряжение
-1-2—7- =1560 кГ/слР < 1600/+/С.+.
F Д.и
4
Условие прочности шпильки удовлетворяется.
266
1.93. Усилие в подкосе с учетом собственного веса балки
/V = + cos а.
Потребная площадь сечения подкоса из условия прочности
Pl+pli
F = -----
IcrpAcosa
Вес подкоса
G = yF/i/sin a = у (2PZ 4-pZ2)/[o] sin2 a,
где у — удельный вес материала. Наименьший вес будет при sln2a=l, т. е.
при а» 45°.
1.95. Из условий равновесия бруса находим усилия стержней:
Д1Лд = р//2; A/BD = p//2sina; Улс = р//2 tga.
Определив из условий прочности площади сечений, получаем выражение для
суммарного веса прикрепляющих стержней:
д _ у pl1 / . 1 , talp\
' 2 [a]p \ ga ' sin a cos а (о]с>|(У ‘
Взяв производную по а и приравняв ее нулю, находим условие минимума
веса: 3eln2a—1«=0, откуда a = 35°20', G-19 кГ.
1.96. Наибольшие нормальные напряжения (а верхнем сечении стержня):
Удлинение малого элемента длины dx, находящегося на расстоянии х tn
у
свободного конца, равно -±-xdx. Полное удлинение стержня
о
Удлинение стержня под действием собственного веса в два раза меньше удли-
нения, возникающего в том случае, когда сила, равная весу, приложена на
конце стержня.
1.98. Вес троса G = 0,007-3000- F = 210£, где F—площадь сечения троса.
Наибольшее усилие в тросе равно сумме подъемной силы аэростата и веса
Троса. Условие прочности о = Л'/£ ==(200 4-2 ЮЛ)//7 1000. Отсюда площадь
сечения троса £ = 0,254 см-. Вес троса G = 210-0,254 = 53,2 кГ. Удлинение
троса вычисляется по закону Гука:
I ‘
Х= = l Cf-^;+0,007x^x=13.4cM.
J £ Е J \ 0,254 J
0 0
1.100. Площади сечений обеих ступеней стержня находятся из условия
прочности
F р . Р ____________________Р-М___________
' М-т*’ ’ {1о|-у(/-х)^['’]-у4 '
Полный вес стержня
/ ——х)
G = yPla]-------------------—.
{[a]— y(t-x)} {[a]— ?х}
Из условия минимума веса имеем х = 0,5/.
267
1.103. Напряжения в среднем стержне достигнут предела текучести раньше,
чем в боковых. Дальнейшее возрастание нагрузки на узел происходит только
за счет увеличения напряжений в крайних стержнях до тех пор, пока и
в них напряжения не станут равными ог. Величина нагрузки, при которой
К задаче 1.103.
напряжение в среднем стержне достигает пре-
дела текучести (см. решение задачи 41),
= (1 + 2 cos3 a) FaT = (1 -|- 2• 0.8663) 2 • 2600 =
12 000/сГ.
Узел D в этот момент спустится на вели-
чину б, (равную удлинению среднего стерж-
ня): 6,^ot/bd/£ = 2600- 100-0,866/2 1б“-
0,113 см.
После достижения нагрузкой величины
Pt узел работает как двухстержневой, так
как средний стержень удлиняется без увеличе-
ния нагрузки. Наибольшая сила, которую мо-
жет выдержать узел, соответствует моменту,
новятся равными пределу
весия:
когда во всех трех стержнях напряжения ста-
текучести. Найдем эту силу из условия равно-
= /’max — otF (1 2 cos а) = 14 200 кГ.
Перемещение узла D, соответствующее силе Р.,, находится по удлинению
боковых стержней под действием растягивающих напряжений, равных пределу
текучести:
. Х4О 2600-100 „,г
о.2 = —- ,п. „ о,... = 0,15 см.
cos а 2-106-0,8б6
Дальнейшее удлинение стержней происходит без увеличения внешней силы.
1.106. Удлинения арматуры и бетона одинаковы: ktT = Xficr. Поэтому
ост= 10О(5ет. Допускаемые напряжения по условию: [о|с1.-- o^T/kT— 1330 кГ/см'1;
1а1бет==0?еТ/^т = 83 кГ/см'1. Но напряжение в стали не должно быть боль-
шим чем 10 [о]бет, и в качестве максимального напряжения для стали при-
ходится принять о"ах= 10-83 = 830 кГ/см'1. Допускаемая сила РЛОц =
= [а1бет^«ет+°тах’^сг 83 • 1586 + 830 32 = 157 000 кГ. Если вести расчет по
допускаемым нагрузкам, то предельная сила Рцред = о®етРбет+ —
= 250-1586 + 4000-32 = 520 000 кГ, а допускаемая сила при &т = 3 составляет
173000 кГ.
1.109. Напряжение о0 в поперечном сечении стержня
°о = аа + °з = 200 + 600 = 800 кГ/см1.
Отсюда растягивающая сила
Р-о„Р = 800-10 = 8000 кГ.
Определим углы между нормалями к площадкам и осью стержня:
tg-a = |^ = 3; а = 60°; р = 30°.
1.112. Напряжения в поперечном сечении о0 = Р/Е = 4000-4/л-1,62 =
= 2000 кГ/см1. Напряжения в наклонном сечении
о,, =о0 cos-а; та sin 2а —Об sin а cos а.
268
По условию задачи должно выполняться соотношение: та = 0,6ав или
sin a cos а - О,6о0 cos2 а. Отсюда находим tga = 0,6, a = 31° и затем вычис-
ляем напряжения а„ и та.
1.118. Напряжения в стенках цилиндра a, = pD/2/; а, = рО/4/. По закону
Гука для плоского напряженного состояния удлинение в направлении, пер-
пендикулярном образующей цилиндра, т. е. в направлении действия главных
напряжений at,
е. ==^-(С|-ро.г) = ^(2-р).
С другой стороны, на основании показаний тензометра это et=An/As. При-
равнивая выражения для е(, получаем следующее значение коэффициента
поперечной деформации:
1.121. Относительные удлинения в направлениях А и В:
бд = Дп^/k-s; ел = Алл/й-«.
На основании закона Гука для плоского напряженного состояния имеем
ад — рад = Ебд = 396, ад— род = £ед = 124,
где Од и ад — напряжения, действующие в направлениях тензометров А и В.
Решая полученную систему относительно напряжении, получим: ад = 500 кГ/смг,
Од = 300 кГ/ли2. Для вычисления главных напряжений имеем следующую
систему:
о1 cos2 30° 4-a. sin3 30° = ал =500; a, sin2 30° 4-а2 cos2 30° = ад = 300.
Решение системы дает: О[=600 кГ/см’-, а2 = 200 кГ!смг.
1.124. Модуль сдвига материала: G = £/2(1 + р) = 0,7-10°/2(1-f-0,3) =
= 0,27-10° к.Г/смг. Относительное изменение угла: у — = q [де"=
= 3,7-10-3 рад. Главные напряжения при чистом сдвиге: 0; = — а.2 = т =
= 1000 кГ/см1. Удлинение диагонали с первоначальной длиной 35,4 см
\ = 35,4122211^ = 65,5-10-3Сщ.
1.126. Показания тензометра останутся неизменными, если
= — paa+,o) = 0.
т. е. при aa = poa+e0. Выразив а, и аа+э0 через главные напряжения at и а2,
получим искомый угол
Величина угла а зависит от свойств, материала пластины (от: р). Задача
имеет смысл, когда подкоренное выражение не отрицательно, т. е. при а, > 0,
а2^ра[ и при at < 0, Oo^pOt.
1.128. Удлинения волокон, на которые наклеены датчики, выражаются
через удлинения по главным направлениям:
®а = е1 cos3 а0 4-е., sin3a(),
1.6 = 6! cos2 (aa4-45°)4-t2 sin3 (а0 4-45°),.
ef = e1cos2(a0— 45°)-pSi sin3 (a0—45°),
269
где а0—угол между направлением оси датчика а и направлением главного
напряжения а(. Решая полученную систему относительно etl г.2 и а0, имеем
е, ,2 = ± К(^-^ + (Ев-игР; tg 2аа = •
1.129. Задача решается аналогично задаче 1.128 с заменой в уравнениях
угла 45° на 60°. _
1.130. Сила, действующая на боковую грань куба, равна Р . Напря-
жения по боковым граням
р ^7 500 к У „
а2 = а3 =----г-р—=-------jQQ—=— 70,7 кГ/см-.
Две грани с торцов свободны от напряжений: Gf-0. Относительное изменение
объема
1 —2ц
= 8j-f-е2 + £3 = —g— (Ох + "
1__9.0 17
- o/jog- (~70-7-7(V)=~°-46710"3-
К "з
1.133. Площадь равпонаклоненной к осям площадки F = ——aJ, где
а — сторона кубика, ограниченного глав11ыми площадками. Направляющие
косинусы нормали к косой площадке 3/3. Главные напряжения вызывают
напряжения по косой площадке
о, о2 (Т) tr> ая
₽,='2Г’“ТТ: ₽2==VT: Рз^ут-
В атом легко убедиться, рассматривая равновесие части куба, отсеченной I
косой площадкой (см. рис. к условию задачи 1.132). Полное напряжение по
наклонной площадке находится как геометрическая сумма составляющих:
Pn = ^ Pi + Pi + Ра = Oi + Oa + Oa-
Проектируя составляющие полного напряжения на нормаль к площадке н
складывая проекции, получим нормальное напряжение по косой площадке
„ Pi ГЗ , Pt V~3 , Рз К 3 О1 + <Ч + д«
Касательное напряжение по рассматриваемой площадке
т„ = К Рп — о* = у К (ai — а2)3 + (<т2—а,)1+(а,—а,)».
1.137. При сжатии стержень расширяется и растягивает стальной цилиндр.
Если давление со стороны стержня равно р, то растягивающее усилие в ци- >
линдре jVcm = pD/2. Относительное упругое увеличение диаметра цилиндра
. Л-
" /ст ‘£ст
равно увеличению диаметра стержня, сжимаемого вдоль оси заданной силой Р
и давлением р по боковой поверхности со стороны стальной трубки. Для
«70
вычисления давления р имеем уравнение
еСг = еал = -£г- |^р — цал (р + т^)] •
1.141. Главные напряжения в стенке поплавка о, = pD/2l = 300-8/2/=»
= 1200-/; а2 = о1/2 = 600//. По энергетической теории прочности получаем
у 1(1200 — 0)-'-; (600—0)'-'-f-(1200 — 600)-|==-^^'|600 кЛ/сж’,
откуда толщина стенки / = 6,5 мм.
1.145. Максимальное напряжение будет в точках подвеса
Т = Л^1[а] = 63 кГ.
Натяжение в низшей точке
,, т
п~ 1 + SfW •
Кроме того, Н и / связаны соотношением H = pl'2/8f, где р — вес погонного
метра провода, равный Г-у = 0,126-0,008-100 = 0,1 кГ/м. Решая совместно
полученные уравнения, находим / и /У:
/ = Г/2р — К(Т/2р)2 — /-78 = 0,5 л; Н = 0,1-50-/8-0,5 = 62,5 кГ.
Как видно, Т отличается от Н всего на 0,8%. Поэтому нити с'малой
стрелой провисания можно считать равномерно растянутыми по всей длине.
1.146. Считая провод равномерно растянутым усилием Т = р/-/8/, находим
его удлинение Д/= ?'//££ = р/3/8/£/7 = у/3/8/£.
Уравнение криво ! провисания у — рх2/2Т — ^jx-il-. Длина провисшего
провода
/'+(//=/11: /1: У У -1-
о б
Значит, удлинение Д/ = S — I — 8f-/3l. Приравнивая оба выражения А/, опре-
; делим стрелу провисания:
£ I 4000 з /3-0,0078-4000 —
f=T V -7Г=— V----------------------^36сл£
Напряжение в проводе o = T!F = ppjftfp ---yl-ibj = 0,0078-40002/8- 36 =43кГ/см?.
1.153. Напряжения по кольцевым сечениям для цилиндрической части
сосуда постоянны:
yR Г Я] 0,001-200 Г,ппп 2001 „ „ г, ,
о, = -777- \Н — — = 1000----= =93,3 кГ/см-.
2 2/ [ 3 J 2-1 [ 3 J
Напряжения по меридианным сечениям:
в верхней части цилиндра <т, = pR/t = 0, так, как /7 = 0;
в месте соединения цилиндра с шаром
= PR = у (H—R) R 0,001 (1000 -200)200 1(Ю
271.
в шаровой части наибольшие напряжения будут в нижней точке: at = o.2^
=уЯ/?/2/ = 0,001-1000-200/2 1-100 кГ/см1. Эпюры главных напряжений о,
и а2 даны на рисунке.
1.155. Давление в текущем сечении с координатой х выразится следую-
щим образом: px = p-j + (Pi— р-.)(х—Л)/(а—b). Радиусы торцевых сечений
трубы и ??2, а также радиус Rx текущего сечения удобно выразить через
заданные величины следующим образом: ^---atga; (?.,-=(» tga; Rx = x tg а.
Составим уравнение равновесия отсеченной части трубы:
С dx
a.2-t • 2nRx • cos a -- \ px2nRx si п a ds, где ds == cO5 .
b
После интегрирования находим
o.2==—--------------{p, (2х3 —Зл264-Р:,) + р2 [3(х? —Z>2)a—2(х3 —63)]}.
Ь (a — b)xl cos а '
Наибольшие главные напряжения находятся из уравнения Лапласа с уче-
том того, что главные радиусы кривизны трубы р, — Rx/cos a = x tg a/cos a;
p2 = 0;
»!= Pi =-.---------------[Pi (x~*)+ Pt (a—*)b
t (a—b) t cos a "
1.160. По данным задачи строим гистограмму результатов испытаний
(см. рис. а)), вычислив вероятности разрушения, соответствующие данному
напряжению (столбец 3 таблицы). Перемножив соответственные цифры пер-
вого и третьего столбцов находим средние «взвешенные» напряжения. Сумма
их дает математическое ожидание величины временного сопротивления:
а„ = 65 кГ/мм? (столбец 4 таблицы). Подсчитав отклонение от среднего ов и
«взвешенный» квадрат отклонения (столбцы 5, 6 и 7 таблицы), находим среднее
квадратическое отклонение До как корень квадратный из суммы «взвешен-
ных» квадратичных отклонений:
A a= ,92 к 1,4 кР/жм2.
272
Разруша- ющие на- пряжения (кГ/мм*) Количе- ство раз- рушенных образцов Вероят- ность раз- рушения (в ’/о) Средние «взвешен- ные» на- пряжения Отклоне- ние от среднего напряже- ния Квадрат отклоне- ния от среднего «Взвешен- ный» квад- рат откло- нения Суммар- ная веро- ятность разруше- ния (в °/0)
1 2 3 4 б 6 7 8
58—59 0 0,0 0,0 —6,5 42,25 0 0,0
59—60 2 0,2 0,1 —5,5 30,25 0,06 0,2
60—61 6 0,6 0,4 —4,5 20,25 0,12 0,8
61-62 12 1,2 0,7 -3,5 12,25 0,14 2,0
62—63 41 4,1 2,6 —2,5 6,25 0,24 6,1
63—64 186 18,6 11,8 -1,5 2,25 0,37 24,7
64—65 268 26,8 17,3 —0,5 0,25 0,07 51,5
65-66 264 26,4 17,3 0,5 ' 0,25 0,07 77,9
66—67 144 14,4 9,6 1,5 2,25 0,32 92,3
67—68 62 6,2 4,2 2,5 6,25 0,39 98,5
68—69 13 1,3 0,9 3,5 12,25 0,16 99,8
69—70 2 0,2 0,1 4,5 20,25 0,04 100,0
70—71 0 0,0 0,0 5,5 30,25 0 100,0
1000 100,0 65,0 •— '—; 1,92
По значениям ав и Да строим нормальный закон распределения, показанный
пунктиром на рис. а).
На рис. б) приведен интегральный закон распределения, который строится
на основании данных последнего столбца таблицы. Для вычисления напряже-
ния, соответствующего пяти процентам вероятности разрушения, производим
равным 61,5 кГ/мм2,
иГ;.чм2—6,1%
разрушений.
стержня АС
закону Гука
интерполяцию: напряжениям,
шения, напряжениям в 62,5
62,2 кГ/мм2 произойдет 5%
1.161. Удлинение С’С"
под действием силы Л/ по
равно: ‘k=Nl!EF. Условие равновесия узла
С дает: y = P/2sina. Учитывая, что
cos а= Z/(Z + X), получим уравнение для вы-
числения угла отклонения стержней от го-
ризонтали:
(см.
соответствует 2% разру-
послсдннй столбец), при
tga-sina=-g|r.
Раскладывая tga и sin а в ряд по степеням а и учитывая малость углов а,
получим: а==р/Р/£Г.
273
1.162. Так как изгибная жесткость троса пренебрежимо мала, можно
в точке приложения силы поставить шарнир и воспользоваться решением
предыдущей задачи.
1.163. Закон Гука справедлив только для бесконечно малого приращения
напряжений da, так как конечное увеличение напряжений ведет к существен-
ному изменению длины стержня и зависимость между напря-
жениями и деформациями будет нелинейной. Поэтому dx -
=da-x/E и da/E — dx/x, где х—расстояние от неподвижного
до текущего сечения. Интегрируя по длине стержня, имеем:
a = P/F=E In (x/l).
Относительное удлинение е. = о/Е — 1п (х/Г). Изменение пло-
щади сечения F за счет поперечной деформации
dF = F — F (1 — це)2 я: — r2aFe — — 2uF dxfx.
Коэффициент поперечной деформации для упругих мате-
риалов типа резины можйо принять равным р = 0,5. Тогда
dF/F —— dx/x или после . интегрирования F =Fal/x, где
Fo — начальная площадь сечения. Подставив это в формулу для
напряжения, имеем
/ х _ Р
Тп
Если ввести понятие о среднем относительном удлинении
X х — I х
получим уравнение для определения среднего удлинения
1п(еср+ 1) _ Р (Д)
!-'ср+1 — EFa‘
Данное уравнение решается подбором или графическим методом с помощью
таблиц логарифмов. Искомые величины выражаются через среднее удлинение:
= = .. ' T'i" ’ a = = !) - ao(t'cp-| О- .
fccp~n.1 г r а
Для определения наибольшей силы, которую может выдержать стержень,
возьмем производную от выражения (А) по и приравняем ее нулю. В ре-
зультате получим: еср — е—1 и 1,72 и Р,П1Х = EFa/e я EFai“2,~2.
Глава 2. СДВИГ И КРУЧЕНИЗ
2.4. Вырезать стойки и рассмотреть их равновесие под действием внеш-
них сил и постоянных по высоте стойки сдвигающих усилий со стороны стенки.
2.5. По формулам для равноугольной розетки (см. задачу (1.129) имеем
, ,/^г —10,9-10-3 —2-10-5 „ о.
tg2a0-/3 • 2 8 9,10_5_2,|0_5и;
et ,= ю-6 8,9 + 2з |0.-9. -ь jQl/(8,9 —2)2+(2-|-10,9)2+(—10,9-8,9)-
е1=П,7-10-5; е2 = —11,7-10-*.
274
Вычисляем главные напряжения:
О1 = _£_ (е1_|_ = (П,7.10-5-0,35-11,7.10-?) = 600 кГ/см\
Ъ = Е (е2 + рej = (-11,7 • 10-5-| 0,35 • 11,7 10- ?) = -600 кГ/см*.
1—р/ 1—0,3d-1
Материал обшивки испытывает чистый сдвиг.
2.6. Заменяя стенки, работающие на сдвиг, стержнями, направленными
по касательной к контуру сечения (на рисунке сечение показано пунктиром),
приведем задачу к случаю прикрепления диска в плоскости упругими стерж-
нями (задача 1.74). Жесткости стержней k; следует взять равными жесткостям
К задаче 2.G.
соответствующих стенок на сдвиг ki-Git.-Jlгде //—толщина стенки, С/ —
модуль сдвига материала, //—ширина стенки. В силу симметрии сечения одна
из главных, осей совпадает с осью симметрии, другая ей перпендикулярна.
Для вычисления положения центра сдвига (центра смещения) воспользуемся
формулами задачи 1.746, необходимые вычисления ведем с помощью таблицы.
it см см Г1 см CCS Я/ sin а; kJi ere OLl kJ cos* a i
1 10 0,1 0,016 40 0 1 0 0
2 20/2 0,2 0,00710 14,1 0,71 0,71 0,0716 0,00356
3 4Q. 0,4 0,016 0 1 0 0 0,01
4 20/ 2 0,2 0,00716 14,1 0,71 0,71 0,0716 0,00356
5 10 0,1 0,016 40 0 1 0 0
2 — — — — — — 0,1426 0,0176
Плечи г( замеряются от произвольно выбранной точки О. Координаты
центра сдвига С:
Хд=-0 в силу симметрии сечения,
ХЛ/г/cos а/ 0,1426
Ус Ik cos1 а,- — 0,0176 ~8,3 СМ'
Жесткостные характеристики сечения вычисляем, измерив плечи г/ от найден-
ной точки С. Результаты вычислений сведены в таблицу.
«
275
1 6 ki cos* aL kj sin1 ai
1 0 01 40 0 0,01 16
2 0.С071 20 0,0035 0,0035 2,83
3 0,01 8.3 0,01 0 0,69
4 0,0071 20 0,0035 0,0035 2,83
5 0,01 40 0 0,01 16
2 — — 0,017 0,027 38,35
На основании формул, полученных в решении задачи 1.746, имеем
G Г РЛсоз2а,- ( Ру sin a; Pxycri 1
" S/г,-sin2 а,- yjf .rf J*
После подстановки числовых величин находим:
_ _ G /_ . 5000-1 , 10 000 8,3-40 Л _____ .
1 100 V'~ 0,0276 п 38,356 ) -2700 кГ/см ,
G /10000-0,71 ,5000-0,71 , 10 000-8,3-20\ ,,п „
T2=86oU 0.017G 38,350 ) =74° кГ/СМ'’
G /10000-1 10000-8,3-8,3\ .,
3 1600 ^0,0170 г°+ 38,350 J— 380 кГ/см
G / 10000-0,71 5000-0,71 10 000-8,3-20 \
Т4 800 \ 0,0176 0.027G 1 38.35G
G /„ 5000-1 . 10 000-8,3-40\ .
Ь " 100 \° 0,0270 1 38.35G 98° кГ,СМ
л г
Эпюра касательных напряжении показана на рис. б).
2.7. Выбираем d — 2t — 1 ем. По условию прочности на срез
3000-4/м-л-1-1000;
п = 3,8;
по условию прочности на смятие
3000/п-1-0,5 <2600,
п Ss 2,3.
Назначаем 4 заклепки. Проверяем полосу па разрыв по ослабленному сечению:
3000/(5— 1) 0,5= 1500 < 1600 кг,‘см*.
2.10. Определяем силу Р из условия прочности па разрыв в сечениях по
первому и второму рядам заклепок:
Р1=1ор1(Ь — 2d)t = 42200 кГ, 0,75Р., = [ар] (ft—4d)7,
откуда Р2 = 43 500 кГ. Из условия прочности на срез заклепок Р3 = 31 200 кГ.
Из условия прочности на смятие Р4 = 77 000 кГ. Наибольшая допустимая
сила Рдоп = 31 000 кГ. Прочность листов понижается на-у 100= 18,5%.
2.12. Уравнение моментов сил относительно оси трубы дает
Р1 = Тпг, < :
276
где Т — сила, приходящаяся на одну заклепку,
800-12 _ 3840
2,5Т “ Т *
Задаемся диаметром заклепки d = 4 мм. Условие прочности на срез дает Т =»
О 42
с= 2240 — 282 кГ. Условие прочности па смятие: Т = 5200-0,2-0,4 = 416кГ.
Из условия на смятие п я 9, из условия на срез п я 14. Следовательно,
п14 заклепок.
2.18. Вследствие симметричного расположения заклепок центр сдвига на-
ходится на оси симметрии посередине между центрами заклепок 2 и 2'. Сдви-
гающая сила вызывает равные усилия во всех заклепках: Т = Р/6 = 0,167Р.
Усилия, вызываемые моментом, вычисляются по формуле 5; = =Л4-г172г^,
Вычисления даны в следующей таблице:
№ за клепок X У X1 У9 г* = х*+у* Г
/, Г 4 ±4 16 16 32 5,66
2, 2' 0 ±6 0 36 36 6
3, 3' —4 ±8 16 64 80 8,94
Отсюда Srf = 296.
Момент М=12Р кГсм. Усилия от момента:
Si
12Р-5.66
296
0.230Р;
За
12Р-6
296
0 244Р;
12Р-8.94
3— 296 ~
0.362Р.
Сложение усилий по наиболее нагруженному верхнему ряду выполнено гра-
фически (см. рисунок). Наибольшее усилие действует на заклепку 1: R, =•
= 0,365Р.
Допускаемая сила Рдоп находится из условия прочности этой заклепки
на срез и смятие.
К задаче 2-18. К задаче 2.20.
2.20. Направления усилий в
листа н от вращения его вокруг
ваклспках от поступательного смещения
ЦТ совпадают только для заклепок, распо-
277
ложенных на прямой, проходящей через ЦТ перпендикулярно линии действия
равнодействующей внешних сил 7?. Поэтому центр вращения косынки (ЦВ)
лежит на этой прямой. Обозначив расстояние между ЦТ и ЦВ через Ь, по-
лучим
JP г
где / — площадь сечения заклепки, Jp — lfnr^—полярный момент площадей се-
чений заклепок относительно ЦТ, ги— расстояние центра ааклепки от ЦТ,
F = "S.fn—суммарная площадь сечений заклепок, h—расстояние ЦТ от линии
действия силы R. Получаем
b = Jp/hF. (1)
Усилия в заклепках вычисляются по формуле
T,t = kfnPn. (2)
где р„ — расстояние от центра заклепки с номером п до ЦВ, А— постоянная,
которая определяется из условия равновесия.
Приравнивая сумму моментов сил Тп относительно ЦВ моменту внешних
сил относительно той же точки, получим
kSfnp*=(h + b)R и k=(h+b)RM„p*. (3)
Поместив начало координат в ЦТ, обозначим через хп, у„ координаты
центра сечения заклепки с номером п, а х„, у„— координаты ЦВ. При этом
^fnfin = (хп + </«) + 2x0Sx„/n + 2yn2ynf „-[ (хеz/o) %fn.
Но Yfnxn — 2fn уп = 0, так как оси х, ^ — центральные, и = Поэтому
Sf„Pn = Jp + tFF. (4)
Преобразуем это выражение с помощью (1):
. JpP JP
•/ р I . _
Так же получим b-\~ h = T-=-{-h = -rr,(lВнося выражение для
fir. nr r
и (6 +А) в (3), находим k = Rh/Jp. Усилие в д-н заклепке по формуле (2)
JP
Эта формула имеет тот же вид, что и формула для вычисления состав-
ляющей полной силы Тп, возникающей при вращении косынки вокруг ЦТ.
Разница заключается в том, что в (5) входит ресстояние р„ от ЦВ, а не от
ЦТ, как в упомянутой формуле. Величина же Jр вычисляется по-прежнему
относительно ЦТ.
Для решения задачи сначала вычисляем Jр и F;
Jp = 4-2-4*-f=\28f см*, F — 5f см*.
Затем по формуле (1) находим расстояние между ЦТ и ЦВ!
Ь= 128//12-5/ = 2,13 сц.
Определяем расстояние р„ от ЦВ до центров сечений заклепок!
Pi =-Р-2 /(4,0 —2,13)'2 4-4,02 = 4,42 см; р., = 4,0—2,13= 1,87 см;
р4 = р6 = К(4 0-f-2,13)! + 4,б'2’= 7,32 см.
278
Наконец вычисляем:
Rhfn/Jp = 1 000 • 12 • f/128f -= 93,75 кГ/см.
По формуле (5) находим усилия в заклепках:
Т1 = Т3 = 93,75-4,42 = 414 кГ; Т3 = 93,75• 1,87 = 175 кГ;
Т4 = Т6 = 93,75-7,32 = 686 кГ.
Направления действия усилий Тп перпендикулярны радиусам-векторам цент-
ров заклепок относительно ЦВ.
2.21. Из формулы (5) следует (см \решение задачи (2.20), что напряжения
в заклепках пропорциональны нх расстояниям от ЦВ:
Т„ Rh
Чп = -г-=тРп-
In J р
Поэтому в равнонапряженных соединениях центры заклепок должны распола-
гаться на окружности с центром в " ....
получим: 2f„pn = р22/„ = р2/’. Из
мулы (4) находим (р2— Ь'-).
довательно, ,
b=F(p2— bP)/hF и р2— lr’--=lib.
Эго соотношение между р, b
должно иметь место для всякого равно-
напряженного соединения. Геометричес-
кий смысл соотношения состоит в том,
что окружность, построенная на отрезке
b-[-h как на диаметре, пересекается с
окружностью, на которой расположены
заклепки, в точке, проектирующейся в ЦТ.
При помощи (6) выражению Jр.для равнонапряженного соединения можно
придать вид
ЦВ. Обозначив радиус этой окружности р,
фор-
Сле-
(6)
и h
Jp=bliF. (7)
Усилия в заклепках равнонапряженного соединения вычисляются по формуле,
вытекающей из (5) и (7):
Т D t П Р
(8)
Так как положение ЦТ задано по условию задачи, величина h легко
определяется. ЦТ находится па расстоянии 1.6 см от заклепки 5, н, следова-
тельно, й = 9,6 см. Кроме того, задано положение одной заклепки (пятой), что
дает второе соотношение между искомыми величинами р и Ь:
р—Ь = 1,6 см.
Решая совместно оба уравнения, получим <9-0,4 см, р = 2,0 см.
Искомые размеры у, и у., в данном случае оказываются одинаковыми:
У1=У2=КГ2+ 2* = 2,24 см.
2.24. Условие прочности шва при варке встык дает
^<1000,
Ширина полосы должна быть больше на 10 мм (учитываем возможный непро-
вар шва по концам): Ь=10-[-1 = 11 см.
279
При такой ширине полоса безопасно выдерживает силу P1^=[tsp]bt >=>
•= 1400-11-1 = 15 400 кГ. Процент использования материала полосы
2.25. Необходимая ширина полос Ь находится из условия прочности на
растяжение 10000/5-1 < 1400, 5:^7,14 см.
Выберем 5=7,2 см. Расчетная длина косого шва с учетом возможного
непровара по концам /m = 5/sin45°—1 =7,2/0,707—1 =9,2 см.
Проверка прочности шва
_ 10 000
°ш~ 9,2-1
10 000
Тш - 9,2-1
. 0,707 = 770 < 1000 кГ/см2,
0,707 = 770 < 800 кГ/см2.
2.30. Расчетное усилие для уголка Р == 1600-15,1 = 24 200 кГ. Определяем
суммарную длину валиковых швов /ш, задавшись толщиной шва 8 мм:
Ширина полки уголка 5 = 8 слн Следовательно, рабочая длина торцевого шва
/т = 8—1=7 см. На долю фланговых швов остается /ф = /ш— /т = 41 см.
Длины фланговых швов следует взять обратно пропорциональными их расстоя-
ниям от оси уголка:
/i/Z2 = е1/е2 = 5,65/2,35 = 2,4.
Рабочие длины фланговых швов /,=29 см, /.,= 12 см. Длину каждого шва
следует увеличить на 1 см для компенсации непровара.
2.35. Силу Р находим из расчета на смятие:
Р=~5-[а<.Л]»о«=48ОО кГ.
Длину зуба определяем из расчета на скалывание;
а5 [т]в0« — Р; а Р/b |т]в0« = 50 см.
2.39. Относительное удлинение e = A/i/5s= 12/1000-20 = 0,6-10~3. При
кручении а1 = т, аа = —т, поэтому
e=g(ffi — ра2)=^-(1-|-р) = 0,6-10-3,
откуда т = 0,6-10-3Е/(1-,|-ц,)= l,2-10-3G. С другой стороны, т = Л4/1У’ =
= 16-90 000/л-123 (1—0,674) = 330 кГ/см2, следовательно, 6 = 330/1,2-10-3 =
= 2;75-106 кГ/см2, а угол закручивания
90 000-100-32
280
2.42. Вычисляем касательное напряжение (см. решение задачи 2.39):
е£ 34-10-‘.2- 10е г, .
Т=т+р=~ "1+о.-з- =523 кГ1см’
/р=^(84 —6*)=274 см*, 1ГК = ?Р = 68.5 см3,
Мк = т1Гк = 523-68,5 = 3,58-10 кГсм,
3,58-104-500 „ Е 2-10е . „ 1п. г,- ।
- ТГбго -^250 " С- G-W+^=2(\ + 0-Jr°J7-l° КГ/СМ ‘
МК1 3,58-10*.60 ПП7К. .
67^=0,77-1б8-274~0,0764~4,36 '
2.44. По условию прочности
D=j/16MK/n [т] = 0,185 i/aT*.
По условию жесткости
°-И^-»-618
так как [О] = О’3 =0,872-10~* —
57,3-100 см
Приравнивая оба выражения для диаметра вала, имеем:
0,185 ^/м7=0,618 J/л^; Мк = 18800 кГм,
О = 0,185 j%l ,88-10е =22,8 см.
2.50. Стальной вад:
Ост= р/^16-10 000/л-800 = 4 см;
J Pi сг = л-4*/32 = 25,1 см*.
Алюминиевый вал:
Da= рАб-10000/л-500 = 4,67 см;
7ла = л-4,67*/32 = 46,9 см*.
Отношение углов закручивания:
фа/фст = GciJp. cc/GaJ р, а = 0,8 10е • 25,1/0,3 • 10« • 46,9 = 1,43.
Отношение весов:
Qcx/Qa = О2„у„ / О^7а = 42 7,85/4,672-2,6 = 2,22.
2.57. Стальная труба воспримет часть крутящего момента Л4СТ, осталь-
ная часть Мы воспримется медной трубой: .'Ис[-[-Л1ч = А1К. Так‘как трубы
жестко [связаны между собой, углы закручивания их одинаковы. Из условия
равенства углов закручивания получаем второе уравнение для определения Л4СТ
и Мм. A4CT/GCTJPi ст = ММ/С?МJpt м- -
2.59. Внутренняя труба закручивается моментом £0 на угол <р0. После
снятия момента угол закручивания внутренней трубы будет ср, < <р0, а внеш-
няя труба закрутится на угол <р2. При этом Ф1 + ф2 = ф0- Моменты, скручива-
ющие обе трубы, равны по абсолютной величине, но обратны по направлению.
2.61. Отбрасываем заделку В и заменяем ее действие моментом £д. Так
как сечение в заделке не поворачивается, то
1^0,5/GJ p-L3-l,25/GJ p+LB-2,5/GJ p = Q,
' 281
откуда
1д°-‘~40'°Д+60•1 ’21 =22 кГм, £^==40 + 22-60 = 2 кГм,
2.} о
Л4тах = 38 кГм.
По условию прочности <Р = 3800/400-0,2 = 47,5; </ = 3,62 см. По условию жест-
кости 0,25-я/180 = 3800-100/8-106-0.1 -d*; d* = 1090; </ = 5,75 см.
Принимаем большее значение диаметра.
2.70. Отношение размеров сечения h/b = 60/20 = 3. По таблице для круче-
ния валов некруглого сечения находим:
а = 0,790, 0 = 0,801, у = 0,753,
/к = а&4 = 0,790-24 = 12,64 см*, Гк = = 0,801 -23 = 6,4 c.u\
ттах = Л'/к/1Гк = 4000/6,4 =625 кГ/см1, •
т' = Хттах = 470 кГ/см'*,
<р= MKl/GlK = 4000-80-100/0,8- 10й-12,64 = 0,0316 = 1,8°,
2.79. По условию прочности
^ЗОЛО-О 3600> 0ТКУда ^доп< 1080 кГм-
Условие жесткости для замкнутого тонкостенного стержня имеет вид
где ®к — удвоенная площадь,
контура по средней линии.
охватываемая контуром сечения, sK — периметр
0.5 „ „ 1
Лдоп (2-30 + 2-10)
22-30i-10i-0,8-106-0,30,8/4’10 3; 9440 кгл!.
Для стержня с незамкнутым контуром сечения
/к = А- (5 + зо 1 о - 30 + 5) 0,3:| = 0,72 см*.
О
- По условию прочности £доп<600 0,72/0,3= 1440 кГсм = 14,4 кГм. По усло-
вию жесткости £до|| <0,874-10~3-0,8 -10(|-0.72 =503 кГсм. Сравним допускае-
мые моменты для замкнутого и незамкнутого стержней’.
ЦоГАЧоиР = 1080/5,03 = 2*5.
Разрез тонкостенного стержня вдоль образующей уменьшает его грузоподъем-
ность более чем в 200 раз!
2.81. Условие прочности дает
2200'100 915 <1000.
2-40-15-0,2
Прочность коробки обеспечена, остается рассчитать шов. Поперечный закле-
почный шов должен воспринимать поток касательных усилий q = i-t. Каждая
заклепка воспринимает силу P=9150,2-c1 = 183ci, где ct — шаг заклепочного
шва. Выбираем диаметр заклепки d = 21 = 4 мм. Написав условия прочности
соединения на срез и смятие, находим, что максимальный шаг заклепок не
может превышать 0,62 см. Однако из технологических соображений нельзя
282
брать шаг меньше 34—1,2 см. Ясно, что однорядный шов не обеспечит до-
статочной прочности. Проектируем двухрядный шов с расположением заклепок
в шахматном порядке. Расстояние между заклепками в каждом ряду с, = 1,2 см,
расстояние между рядами 3,54=1,4 см.
Рассмотрев элемент, вырезанный из коробки, убеждаемся, что величина
усилия, действующего на заклепку, не зависит от угла нжлона шва к оси
коробки (см. рисунок).
Глава 3.ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ
ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ БРУСЬЕВ
3.3. Разбиваем трапецию на треугольник с основанием х и прямоугольник
шириной (а—х) и высотой А. Составляем выражение для статического момента
площади сечения относительно прямой АВ и приравниваем его нулю:
. , l а—х xh х п
(a x)h 2 2з —°-
Получаем квадратное уравнение
о
-^-х2—2ах+а2 = 0,
и
Решая его относительно х, находим х = 0,634а. Расстояние центра тяжести от
основания а
0,634оЛ h .0,366-а/?
9 ? 2
—g-----0,366а А
3.8. а) Выделив в малом параболическом треугольнике АВС элементарную
площадку 47г««у 4х—^ х" 4х (см. рисунок к условию задачи), находим его
площадь:
а
г. С . .. А (' , ab
Fa\dF--—\ х« dx = ——-.
J a J n +1
F 0
283
Статический момент площади относительно оси у
а2Ь
п + 2'
xdF —
‘ о
п+1
а.
о
Абсцисса центра ха = ~= - ' ~ а.
“ F п+2
6) Для фигуры ACD, ограниченной выпуклой параболой, находим
с „к с п к е а2Ь а2Ь п
F^ab-F = — ab; S, - —- —
S, п + 1
*’ F, 2 (я+2)
в) Для малого и большого параболических треугольников, ограниченных
квадратной параболой (п — 2), получаем соответственно
ab 3 „ 2 , 3
^=-; х„ = та; л=з«ь; ^==-
3.9. Воспользуемся теоремой о том, что объем тела, полученного враще-
нием плоской фигуры около находящейся в' ее плоскости оси, равен произве-
дению площади фигуры па путь, пройденный ее центром тяжести.
При вращении полукруга около основания получаем шар, объем которого,
4
как Известно, равен -^-лг3. Центр тяжести полукруга при этом опишет окру ж-
О
ность длиной 2лус. Умножая ее на площадь полукруга лг1, имеем
2лус~лг2=-^лг3, откуда ус = -^-.
О оЛ,
а.
3.13. Дополним треугольник до параллелограмма, проведя прямые CD || .40
и BD || АС. Моменты инерции одинаковых треугольников АВС и BCD равны
половине момента инерции параллелограмма.
3.15. Продолжаем сторону ВС до пересечения с осью х в точке D. Осно-
вание AD обозначаем через Ь. Момент инерции площади треугольника АВС
получим как разность Jx = bybl 12— &у’/12.
3.21. Разбиваем уголок на два прямоугольника (рис. a): Ft - 15-2 = 30 см2;
F2 =6-3= 18 см2. Расстояние центра О уголка от осн y’t xi--Sl)'/F~
284
= 18-4/48 = 3/2 cxi; от оси х': y2 = Sx-/F = 30-6/48 = 15/4 ем. По рисунку
находим: х2 = 5/2 см; у, =9/4 см. Моменты инерции: относительно оси Ох
Jx = Л’-’ + + ylF, = 30 + ^-3 + (y/- 18 = 981 со-
относительно оси Оу
jу=4’’++JР+ъ=п-г + (4У'30+лт + (тY'18=244 см'-
-Г 1“ \ ‘ \ /
центробежный
J ху — Jx’u' 4- x,y}F t + x2y2F 2 =
-=°+(-4) Г30 4 ° + 4 (-^)'18 =-27°^.
Наклон главных осей и и о:
tg2a =
tga =
9/
ху
J X 7 у
tg 2а
2-270
981—244
= 0,7327;
0,7327
1 + К1 + tg2 2а 1+ К1 4-(0,7327)2
0,327;
а = 18°5'.
Главные моменты инерции
4 = + +4у = 612,54-457=1069.5 см*;
Л, = 612,5 — 457= 155,5 см*.
Для построения круга Мора (рис. б) откладываем в масштабе отрезки:
.4 В F X ”— у
OA Jy; OB-JX; AC-~Jxy (отрицательный вниз) и AD=-^-=------------%—-•
/(Jx-Jy\* ~
I----—) -rJXg отсекает OF=Ja и OE^=JV. Пря-
мые CF и СЕ дают наклон главных осей
3.22. Координаты центра тяжести элементарной плоскости (см. рисунок
к условию задачи)
1
у, —г sin <р, X, = — Г COS ф.
Центробежный момент инерции четверти круга
л/2
Р (• 1 г*
Ух1у1^\ У}х\^= \ г sin <р — г costpr2 cos3(pd<p^ —.
b' о
3.23. По формуле перехода к центральным осям имеем
. , _ г* 4г 4r 1 г2 ( 32\
Jxy -=JXlyi xcycF-- 8 Зл зл 4 лг — 8 ^1 дя)— °-0141' •
При выбранном направлении осей Jxy получается отрицательным. Принимая
во внимание, что момент инерции четверти круга относительно диаметральной
1 лг*
оси Xj или yt равен -^--у, находим моменты инерции относительно
285
центральных осей х и у:
< _ ЯГ1 16г2 1
— усг - - —у.-----—г -Г Л.Г-
’ 16 9л2 4
г4 / л
Т
32\
9л/ ’
Главные оси образуют угол «„ = 45° с осями х и у. По формулам поворота
осей получаем
cos2 a + Jy sin-a — Jxy sin 2a — Jx — Jxy = -^- (д — 1^ =0,0713r4,
/ ТГ АД \
Jmin=/x+'xy = T (д + 1 -=0,0356r4.
3.25. Момент инерции вертикальной полоски шириной dx и высотой 2у
dJx
dx (2уУ-‘
12
jy‘dx.
и интегрируя, находим момент ипер-
Подставляя сюда значение у--Ь ( —
’ . \ а
ции параболического сегмента
2 Ь:’ 3/2 4
J х; = -л---т~ xJ‘ dx ----= т= ab*.
Л 3 a3/s 15
3.26. В выражении момента инерции Jx — у'3 dF подставляем значения
F
p=psin<p и dF — pdtpdp. Принимая во внимание симметрию, находим
аг а
И. , , , . н С 1 — cos 2<р г4 ' , . „ ,
р1 sin2 (рр dtp dp = — 1 ----1 </<р = -g- (2a — sin 2a).
oo b
При а = л/4 получаем момент инерции четверти круга.
3.28. Оси хи у — главные центральные, J xv = 0. Следовательно,
= cos2 a-j-J^, sin2 а. Подставляя сюда cos a -=bl b'1-\-IF и sin a —
= hlVlF + l? и значения главных моментов инерции Jх и Jv, находим Jп.
3.29. а) Разбивая прямоугольник на два квадрата, замечаем, что относи-
тельно взаимно перпендикулярных осей хи у{, совпадающих со сторонами
квадратов, Jx=^Jyi и Jxy~Q. По формуле поворота осей имеем
JX = Jх cos2 a+ Jy sin2 a — Jx = Jyi.
3.34. Так как Jx,-\-Jy, J x-\~ Jy, a по условию J x,~-'Jyi, to 7X1=(JX + J y)j2.
Для определения угла f) условие Jx, Jyi выражаем с помощью формулы
поворота осей х, у на угол р. Тогда
Jх (cos2 sin2 P)-J- Jу (sin2 р — cos2 |i) 2Jxy sin 2f>.
Заменяя cos2 [3 — sin2p = cos2p, получаем: tg2p — (Jx — Jy)/2Jxy.
3.35. Для главных осей JXy-=Q, следовательно, tg2fi1=oo, а |31=45а.
3.36. Чтобы центробежный момент инерции /лор
Jx~Jy
--sin 2a при лю-
бом значении а равнялся нулю, главные моменты инерции должны быть
одинаковыми. Передвигая ось у параллельно самой себе на расстояние х,
получаем главные моменты инерции jA=const и Jу--JхгР. Подбираем х
так, чтобы Jx = Jy. = Jy-\-x2F. Отсюда находим: х— ± К(7Х — Jy)/F = ±3 см.
3.37. Прямоугольник инерции заменяет сечение для вычисления моментов
инерции. В каждой его вершине сосредоточивается четверть площади всего
286
сечения (Г/4). Координаты вершин равны радиусам инерции lx= ± J X/F
и 1у=± УJу/F, отложенным: ix но главной оси у и iy по главной оси х.
Таким образом, стороны прямоугольника инерции равны: 2Гу по ширине b и
21 х по высоте h прямоугольного сечения.
3.40, Площадь квадрата со срезанными на величину и углами можно
представить состоящей из квадрата со стороной у У 2 вместо а и прямоуголь-
ника высотой 2у, а шириной 2п. Момент сопротивления ^полученного сечения
Wх = 2а (у У2)4/12у Подставляя сюда н = а/У2 — у, после преобра-
зования получаем
IV/ 2 > 3
In х = —— ay- — ys.
Беря производную по у и приравнивая ее нулю
d\Vx 4 У2 „ , .
= — ау-Зу ‘=0,
4 У2 а „
находим г/—т;—я и величину и =-------т=г . При срезке углов сторону ква-
.9 9 у 2
драта нужно уменьшить па величину а/9, чтобы момент сопротивления пло-
щади сечения стал наибольшим. Подставляя в последнее выражение для IV" х
найденное значение у, получаем
2У2 /4У2 V / 4У2 V 64 У2
3 а L 9 а) <9 °) 729 а ‘
Принимая во внимание, что
ния с несрезанными углами
момент сопротивления гплощади сече-
1р’х==а3/6 У2, определяем отношение
max U7х_64 У2 36 У‘2 _256
ц?; — 729 °' <г’ ~ 243'
Увеличение момента сопротивления составляет
5,4%.
3.41. Осевые моменты инерции заданного се-
чения равны произведению сосредоточенных в вер-
шинах прямоугольника инерции площадей F/4 на
квадраты их расстояний до соответствующих осей,
а центробежный — па произведение этих расстоя-
ний. Таким образом главные моменты инерции
F / а \2
2л.-4-— (yl = F-i2x= 32-92 = 2592 см4,
Jy = 4~ ( у V = У • = 32-62 = 1152 сиг*.
К задаче 3 41.
Расстояния от вершин прямоугольника инерции до осей о и и:
ил — —«3 = у cos а — у sin а —6-0,899—9-0,438= 1,44 см,
а । b .
tij = —v-j — — cos а у sin а = 10,72 см,
( b , а , \ .
и,2 = —— I — cos а фу sin а 1 = —9,34 см,
а Ь с .л
о2 = — с,--=у cos а — у sin а = 5,46 см.
287.
Приближенно эти расстояния можно взять по масштабу из чертежа прямо-
угольника инерции.
Моменты инерции:
4=у (4 + 4) 2 = 2315 см*. = (4 + 4) 2= 1429 см*,
= ~ (“i0i + «2t'2) 2=-^ [1,44 10,72 J-(—9,34)-5,46] = 569 см*.
Контроль: Ух+,/у = 2Й +J.„ = 3744 см.
3.46. Проведем произвольную ось т—т параллельно центральной оси
х—х. Расстояния площадей Л, до этой оси обозначим через (//, а между осями
х—х и т—т через
J
2 о
1
(см. рис. к условию задачи). Тогда расстояние каждой площади F & до цент-
ральной оси х будет (t/д— а). Момент инерции всех сосредоточенных площадей
относительно оси х
(Уь -- V Fk (ук-
\ 2.F г
Выносим знаменатель и возводим выражение в скобках в квадрат:
J--^Fr - Е о X ^+(
п п
Преобразуем, замечая, что У F; = У Fk,.
1 1
[^2 FkykFi— V FьУkF!У1— V / + ^2 FjyjFt-y^.
Отсюда
, 1 fVrr z , VPF < 11
= FiFkyk (yk — yi) — 2j FiFiM tyn — y,) | ---
Полагая (ук — yi) — y;k, получаем требуемую формулу.
* Таким образом, момент инерции любого сечения относительно его централь-
ной оси х можно вычислять без предварительного определения центра тяжести
сечения. Для этого сечение разбиваем на простейшие фигуры; определяем пло-
щадь Fj, положение ее центра тяжести и момент инерции J,-,, относительно
собственной центральной оси х0 каждой простейшей фигуры. Затем площади
F/ рассматриваем как сосредоточенные в своих центрах тяжести и определяем
расстояния у1к между ними. Момент инерции всего сечения относительно общей
центральной оси х будет
A "
1 2?’
1
288
3.47. Для вычисления момента инерции полоски относительно оси х вы-
бираем элементарную площадку в виде параллелограмма dF = — dy.
.. Z , I
Интегрирование производим в пределах от — cos а до cosa:
р р t цз
Jx = \ y2dF = 1 у2-----dy = -nr cos'2 а = JA cos3 а.
J J cos а 7 12
F F
Другой способ: наклонную полоску заменяем вертикальной полоской с шири-
ной t>=//cosa и высотой A = /cosa. Аналогично находим: Jv = 71sinaa
t
Подставляя x = ytga и dF =-------dy, вычисляем центробежный момент
инерции
F F
3.48. Так как sina = (i/fl — Уа)1^ элементарную площадку полоски можно
представить в виде
Момент инерции полоски относительно оси х
У В 3 3
М’’ f •’dF=^ ^?-л-=т М +’-'»»+’«)
3.50. Выбрав элементарную площадку dF = tds — trda, вычисляем стати-
ческий момент площади полукольца относительно диаметральной оси
л
S= ^ydF= sir\a.-trda. = 2r2t.
F о
Ордината центра тяжести
S 2г21 2г
F ~ nrl ~ п '
2-4
или Уо=ттт=2,55 см. Находим полярный момент инерции площади кольца:
и, 14
2 л/
Jр= p2dF = r2t ds = 2w3/.
г о
Главные моменты инерции площади полукольца:
1 Jp _ лг3/_3,14 • 43-0,1
2 2 — 2 — 2
10,05 см4,
nr3t 2 nr3t f 8\ 1ЛП1-/, 8 \
Л=-2—=— 1 ) = 10,05 1 \ см'.
Ю Под ред. А. А. Уманского
289
3.51. Вычислим Jy = x2dF = xxt ds, Jx = yyt ds и J xy = xyt ds no
_ , bb 3 2 . ,..
правилу Верещагина, пользуясь эпюрами х и у: Jy = 2— b = — tltb-',
К задаче 3.51.
____ / hb h 1 h h 2 Л A____________
Jx~ 2 ^"2 ""2^77 У tc'~3~2 J~
= 1 bt„h2 + ±tzh\ Jxy =
= ~tfihtn.
3.55. Элементарная площадка тонко-
стенного сечения равна dF — tds, где
s — длина по средней линии контура
сечения. Подставляя ее в выражение
момента инерции, получаем: Jх-= \>у2 dF =\>у (yt ds). Произведение yt ds da
F
является в свою очередь элементарной площадкой эпюры yt. Располагая центры
тяжести площадок dco по средней линии сечения, момент инерции можно вы-
числить как статический момент площади эпюры yt-.
, С . , о О ,п , 2,4-12 2 1О , ( 1,6-8 \ ( 2 ,
J*=\ У d<£>= 1.2-8-12-]---g— • у 124’1--------g—7 I — У8 И
F 4-(—2,4-6)(—8) = 379,8 с.ч4.
3.58. Используя симметрию сечения, по формуле задачи 3.46 находим:
JX ^F
+ F3F4 (y3-1/4)2] L— [3 (2 • 25’- + 2 -602 + 4 - 803) 4-
о 4~ "г" "j т
'2 + 4- F. F4yl + F2F3 (уг -y3y--F F.,F4 (y2 - yt)2 +
+ 2 (2 353 + 4 • 553) + 2 • 4 - го2] = 24 445 cm*.
3.64. Из сортамента прокатной стали имеем: площадь сечения двутавра
/? = 37,5 см2; радиусы инерции iх= 10,1 см; ty = 2,63 см. Строим прямоугольник
инерции со сторонами 2ix и 2iy. В вершинах
прямоугольника помещаем сосредоточенные пло-
щади 774 = 9,375 см2. Моменты инерции этих
площадей относительно осей и и v дают иско-
мые значения ./ц, Jv и Juv двутавра. Для их
вычисления находим: ut =—и3 =—7 cos 30°—
—ix sin 30° = —2,63-0,866—10,1 -0,5 = —7,31 см,
иг — —u4^=iy cos 30°—ix sin 30° = —2,97 см,
c/j =—v3=—iy sin 30°+ ix cos 30° = —2,63-0,5+
+ 10,1-0,866 = 7,41 cm, v2 = —n4 = 7j,sin30° +
4-+cos30°=10,03c3t. Если прямоугольник инер-
ции построить точно в масштабе, то эти коор-
динаты можно измерить по чертежу.
Вычисляем
Ja = 2 (tij + Ча) Fс =
=2 (7,412+10,032) 9,375 = 2910 сш4,
Jv = 2 (“г + и2) Fe =
=2(7,312 + 2,972)9,375=1166 см\
Juv = 2 (uioi + u2o2) Fc = ~2 (7,31 -7,41 + 2,97-10,03) 9,375 = -1575 см*.
.290
Решение можно проверить по формулам перехода к осям, повернутым
относительно главных осей.
3.68. Моменты инерции относительно оси х:
горизонтальных листов У1г = 2-25-2-312 = 96 100 с.и4,
четырех уголков Jyr = 4 (179+ 19,2-27,172) = 56 990 си1,
1-603
вертикальной стенки Ус =—= 18 ОООсж4
J х, брутто =171 090 с.и4
ослабления 70СЛ = 2-2 (2-3-30,52 + 3-2-24,52) = 29 500 см*
Jx, нетто = 141 590см‘
3.70. В таблицах ГОСТа (табл. 8) даны значения JxxJy, Ja — Jm\n и
(положительный угол принят против хода часовой стрелки). Из формулы
. ^ХУ.
tga = j—-j- находим
Ju J х
Jxy~(Ju~Jx)^S ec;ltl Jx > Jy. (a)
или
J xy = — [J :i — J y)^a- если Jx<Jy. (6)
Для заданного уголка J„ = 85,5 см*, Jy = JX табличное = 444 см* > Jx,
tga =—0,409 (отрицательный, так как a измеряется по часовой стрелке). По
формуле (б) получаем
Jxy = ~(85,5 — 444)(—0,409) = —146,6 см*.
3.74. Пользуясь формулами перехода к повернутым осям, находим
J 'n (Jx cos2 а +У v sin2 а —/-,) =
ХУ sin 2а ‘У v
= 4=-( 365 4-Л-117 -5-—281,6 )=— 118,5 см*,
К 3 \ 4 1 4 ;
tg2ao = 4^rT7 = 0'956’ ао = 21°52',
□Ом — 11/
, 365+117 . -// 365— 117\2 . )1В >|1„г ,
2тах=----g------F у (------2 ' ) +118-5 = 412,5 см*,
Jmin = Jx~t~Jy ^тах = 69,5 СМ*.
3.75. Из таблиц для уголка имеем: Г[ = 16 см1, Jyl = Jx .гадл = 256 см*.
Jxi — Jутабл~53 см*, J„ = 48,8 см*, Хо = (/отабл — 4,05 см, f/0 = x0 Tag„= 1,84 ел/,
tga = — 0,406; для швеллера: /?2 = 25,2 см2, Jхг= 1670 см*, Jу2=139 см*,
г0 = 2,28 см.
Расстояния от центра сечения до центра швеллера (рис. а))
SXt 16(1,84-10) . 8 16(4,05 + 2,28) .
= 16+25,2 3-17 ----4ТЗ-----==2’46 СМ'
до центра уголка
а1 = — 3,17 + 8,16 = 4,99 см, = 2,46 — 2,28 — 4,05 = — 3.87 см.
Моменты инерции сечения осевые:
Jx = Jxi-\- Fiai + Jx-i+ F2a22 = 83+ 16-4,992 + 1670 + 25,2-3,172 = 2404 сл<’,:
Jy = Jyl + Flbl+ Jy2 + Fibl = 256+ 16-3,87* + 139 + 25,2 • 2,462 = 786 cm*;
10*
291
центробежный:
уголка (см. решение задачи 3.70)
Jxiyi = — (Jtt~ Jyi) tg а = — (48,8—256) (—0,406) = — 84
швеллера 7х2^,2 = 0 (оси хг и У г главные для швеллера), всего сечения
J ху~ J xiyi + F Jx2y2~t~ F гвгЬ2 =
= — 84+ 16-4,99 (— 3,87)+0+25,2 (— 3,17)-2,46 = — 590 см*.
Направление главных осей:
tg 2а,, = - ^ХУ = - 240(Г597086 = 0-728- = 18°5'-
J Jу 2iUt /оО
Главные моменты инерции:
Л = = /(^^7^=2595
Ji = •'mln — 595 CMi-
Полуоси эллипса инерции (радиусы инерции):
1 1 f 2595 ? пл if ^2 if 595 „ а
V rrv w=‘^CM' И У 4Н2=3-8ея-
Главные оси и прямоугольник инерции показаны на рис. б).
Г лава 4. РАСЧЕТ БАЛОК НА ПРОЧНОСТЬ
Правила знаков. Во всех задачах этой главы принято считать положитель-
ными: д) реакции и нагрузки, направленные вверх и вправо; б) моменты сил,
вращающие по ходу часовой стрелки; в) усилия в сечениях: изгибающий мо-
мент М, вызывающий сжатие верхних и растяжение нижних волокон элемента
горизонтальной балки; поперечную силу Q, вызывающую поворот элемента
балки по ходу часовой стрелки; продольную силу 7V, вызывающую растяжение.
Положительные ординаты эпюр усилий откладываются вверх (по оси у) от го-
ризонтальной оси балки.
292
Собственный вес балок не учитывается, за исключением особо оговоренных
случаев.
4.1. Проектируя на нормаль к тросу силы, действующие на цилиндр, на-
ходим давление цилиндра на балку .
Р cos (90°—а)
cos (90°—а—р)
О ч
1200 0174 = - 687 КГ-
Из уравнения моментов относительно опоры В находим реакцию опоры Л:
R 3
.. cosp 687-3 лап _
Va~ 5 ~0,857-5 —480 КГ’
Вертикальная составляющая реакции опоры В получится из уравнения
проекций сил на вертикальную ось:
VB = R cos Р — VA = 687 - 0,857 — 480 = 108 кГ.
Горизонтальная составляющая реакции опоры В получится из уравнения
проекций сил на горизонтальную ось
HB — R sin р =687-0,515 = 354 кГ.
На участке АС поперечная сила положительна
Qac = Va cos Р = 480-0,857 = 411 кГ;
продольная сила также положительна (вызывает растяжение):
Nac=VA sin Р = 480-0,515 = 247 кГ.
На участке СВ: Qca= cos р— R — — 276 кГ, Ысв=^147кГ.
К аадаче 4.1.
Эпюра изгибающих моментов — треугольник
с максимальной ординатой в точке С (см. рису-
нок): Л4с = Гл-2 = 960 кГм.
Ц~/ЯМл-Г
7385кГ
275нГ
2400*Г
....7080*5 \8ОО*Г
IIIHIIk.......~......;_______
"' ' IJ1111□
воо*г
Ti 275*8 I
ш
ф
7800'кГм
К задаче 4.3.
4.3. От троса передается на балку в точке С вертикальная сила Ус = —Р —
— Psina = — 2400 кГ и горизонтальная Нс — Р cos a= 1385 «Г; в точке D:
VD= Р sin a = 800 кГ н = —cos a) = 215 кГ.
293
Опорные реакции
УА = 2400'3 ~Z-QQ'1 = ]600 кГ, НА=— 1385 — 215 = - 1600 кГ, 17д=0.
Эпюры Q, N и М показаны па рисунке.
4.7. Разрезав опорные стержни, .обнаружим усилия 3^. Зд, Sc- Прини-
маем их растягивающими, т. е. положительными. Из уравнения моментов сил
относительно точки Е находим усилие Зд. По уравнениям суммы проекций на
горизонталь и на вертикаль устанавливаем, что равнодействующая усилий Зд
и Sc вертикальна и равна 3/ — Р. Отсюда находим усилия Зд и 3^.
4.9. Сначала рассматриваем балку АВ-, находим реакции ее опор VA и
Уд, а затем балку BD, нагруженную давлением Уд и силой 6Т.
4.14. Обозначим через х перемен-
ное расстояние от опоры А до груза
/’=1, Реакция левой опоры VA =
= 1 —-— . Линия влияния VA при пе-
ремещении груза по балке имеет вид
треугольника с ординатой 1 над опорой
А и О над опорой В.
Пусть груз находится справа от
сечениям — т. Тогда поперечная сила
в сечении т — т
Qa = vx=iz-T^,
а изгибающий момент
.. 1> 1—х
AAa = VAa = —[—а.
При грузе слева от сечения м—т поперечная сила
О = 17 — 1 — — 1 = — —
"а — v а 1 1 — 2»
изгибающий момент
.. , (/ — х) а~ (а — х) I х
Ма = Ула—\ (а—х)=-----------------=у(/—а).
По этим уравнениям построены линии влияния Qa и Ма (см. рисунок).
4.16. Составляя уравнение моментов всех сил относительно опорного шар-
нира В, находим Ул = Р-2,5/8. Из суммы проекций на вертикаль получаем
1д = Р-4/5—У А. Из уравнений моментов относительно шарнира С только от
сил, приложенных к брусу АС, находим НА = УА • 4/3, а от сил, приложенных
только к брусу ВС:
Нд = ^(-Уд.4 + Р-2,5).
4.28. г) На всю балку действует момент М = т1. Он уравновешивается
моментом пары, создаваемой реакциями опор ml -j- У Al = 0. Отсюда —17д = 17д =
= т = 400 кГ. Левая реакция направлена вниз, а правая — вверх. Поперечная
сила Qx = Va — — АОВкГ. Изгибающий момент
М х = У Ах + тх=-— 400х+ 400х = 0.
Проверяем дифференциальную зависимость
~^~^л + т = <2х + 'п-
294
4.29. Из уравнения моментов относительно опорных шарниров В и А на-
ходим
VA = ql (1 -j-а) h . ~ = qh (1 -фа), направлена вверх;
VB — — qh({ -фа), направлена вниз.
В опоре В возникает горизонтальная составляющая, направленная вправо
IIg = ql (1 -фа).
Изгибающий момент относительно центра тяжести сечения балки изменяется
на участке СА по закону прямой линии:
.. Ч11 Ч^ ,
= —МА = — ^а1.
Он вызывает сжатие нижних волокон. На участке АВ имеем
Мх = — ^x + <?/i(l + a)(.r-aZ), Ms = ^Z(l+a).
Поперечная сила
Продольная сила
Qc.i=0, QcB^4h (1 -Га).
Ncg — qx, ^с-А), Ng^=ql (1-f-cc).
4.37. Реакции опор балки от сплошной нагрузки р и от ее равнодейству-
ющей R = pa одинаковы, следовательно, эпюры М и Q на участках АС и DB
будут также одинаковыми . Пользуясь дифференциальной зависимостью dM/dx—
= Q, устанавливаем, что парабола эпюры М сп сплошной нагрузки должна
быть касательной в точках С и D' к треугольной эпюре М от равнодействую-
щей R, т. е. она вписана в треугольник CSD'. Рассматривая часть, срезанную
хордой CD', замечаем, что она соответствует эпюре моментов, построенной для
простой балки пролетом а. Стрелка параболы f = pd-J9>, а ордината SE = Ra/4=
= ра2/4, т. е. парабола делит пополам ординату SE. Это следует и из непо-
средственных вычислений.
4.44. Уравнение эпюры моментов для балки на двух опорах:
Л^б)==Увх-рх2/2.
Величина представляет собой ординаты параболы А'В', произведение
Vдх — ординаты треугольной эпюры В'СА', так как тангенс угла наклона ка-
сательной к параболе
dM^
= VB — PX
dx
в точке В (при х = 0) равен V д. Разность Vgx— = рх2/2 =/М*) дает ве-
личину ординат эпюры изгибающих моментов для консоли.
4.45. Реакции опор балки АВ от действия всей нагрузки не зависят от
наличия или отсутствия вспомогательной балочки. Следовательно, эпюра М
для балки АВ на участках АС и BD остается неизменной в обоих случаях.
При наличии вспомогательной балочки на участке CD эпюра М должна изме-
няться по прямой CD', так как этот участок нагружен только реакциями
балочки = — ра/2 в точках С и D. Разница между ординатами М посе-
редине участка а при отсутствии и при наличии балочки CD равна
Гр/ - /, . а \ р /, . а V1 [ pl ( а \ pb ра2} ра2
т й+т -V 6+d НЖ2 -2(а+ч “Нг
Стрелка срезанной параболы равна моменту в середине вспомогательной
балочки.
295
4.48. Из уравнения моментов относительно шарнира В
Scd cos а-0,2 +Sep sin а-4,1 — р 6,52/2 = 0
находим усилие $с£> = 2100кГ. Составляющие усилия Scd в точке С:
Ус = Sep sin а = 910 «Г, Нс = Scd cos а= 1880 кГ.
Уравнение для поперечных сил на участке AC: Qjc = px; на участке СВ:
QcB = px—Ус- Для изгибающего момента соответственно Мдс = Рх2/2, МСв=
К задаче 4.53.
=рх2/2—Ус (х~2,4)— Яс-0,2. По
этим уравнениям строим эпюры.
Продольная сила возникает
на участке СВ: МСв = — Нс =
= 1880 кГ — ив тяге CD: Ncd~
—Scd~2100 кГ.
4.53. а) Определяем опорные
реакции
pl I 1 pl
Vb=pL1iL=pL.
я 23/ 3/
Уравнение эпюры поперечных сил
п _ Р1 рх2
6 Z-2 •
Из условия <?Л = 0 находим расстояние до сечения с экстремальным зна-
чением изгибающего момента ха=\1У 3. Уравнение эпюры изгибающих мо-
ментов
Подставляя сюда х0, находим Мтах.
Эпюра Qx изменяется по квадратной параболе от Qj = p//6 до <2д = —р//3=
= max Q, эпюра Мх—по кубической параболе (см. рисунок).
4.61. Разрезаем все стержни и заменяем растягивающими усилиями. Про-
екция на горизонталь нагрузки и усилий дает52 = 53. Проекция на вертикаль
и моменты относительно соединительного шарнира только левых и только пра-
вых усилий и нагрузки соответственно дают: + 2S2 cos a + S4 =—Р, 6S, +
2
+ 2S2 cos а = 0, 2Sa cos 0б + 834 =—4P. Отсюда находим усилия St= — Р,
—4 Р, S4 — — 1^Р и составляющие давления в шарнире
X = S2 sin a, Y = Sj + S2 cos а.
4.63. Сначала рассматриваем вспомогательные балочки. Из уравнения мо-
ментов правых сил относительно шарнира S находим правую реакцию вспо-
могательной балочки SB: Ув-2—Р-1=0, V‘B = 5-1/2 = 2,5Т.
Уравнения моментов всех сил относительно опор А и С балки Л5:
Ув-4-Р-3+ V'c • 1 =0, Ув-3—Р-2— У'л-1 =0.
Отсюда У”С = 5Г, Ул =—2,5Т.
На основную балку ADB действуют силы Ул =—2,5Т (вверх), V'C=5T и
Уд = 2,57' (вниз). Они вызывают реакции опор Ул = 0 и УО=5Т. Эпюры Q и
М для вспомогательных и для основной балки получаются одинаковыми, но
противоположными по знаку.
296
4.64. б) Составляем уравнения моментов правых сил относительно шарни-
ров D и С, определяем
ч ч
VO = |P и VF=±P.
Из уравнений моментов от всех сил относительно опор Л и £ находим
З Р ' 2
VE = -~P и (/л= —. При х0 = Ил/р = //4 вычисляем: Mm3X = V Аха — рх1/2 =
= £//32.
Изгибающие моменты на опорах ME = VAl—pl2/2 =— Pl/4, MP = Val —
— Р (4/34-1/3) 1 = — Pl/6, Mq = —Pl/З. Эпюры Q и М см. на рисунке.
К задаче 4-64, б-
4.66. Равнодействующая натяжений троса проходит через точку С. От ее
составляющих определяем опорные реакции
^ = 100013-1р00±5 = 300
5
Vg = 1 000—300 = 700 к. Г,
Нд = — 1000 кГ.
Эпюры и строим, обходя участки бал-
ки от концов А, С и В к узлу D
4.73. Составляем уравнения моментов всех
сил относительно опорных шарниров и уравне-
ние проекций на вертикаль:
2Л1л = Р-2/-/7д/=0,
^Мд = Р-21 + НА1 = 0,
К задаче
4.73.
Отсюда находим опорные реакции (см. рису-
нок). Эпюру М строим от концов Л, Е и В,
перемещаясь к узлу С. Изгибающий момент в
сечениях участка АС равен моменту от реакции
V А; эпюра Л) имеет вид треугольника; орди-
наты эпюры М нужно отложить вверх, так
как сжимаются верхние волокна. На участке
ЕС эпюра М также треугольная; здесь сжи-
маются нижние волокна. На участке BD из-
гибающий момент равен нулю, а на участке
DC равен моменту от реакции Нд, он изме-
няется по треугольнику от Л4дс = 0 до Мсо~—ни вызывает
сжатие пра-
297
вого волокна. Моменты, действующие на узел С, находятся в равновесии. Эпюры
М, Q и N изображены на рисунке.
4.78. По закону Гука при изгибе а^ = Ер/р; эпюра а имеет вид двух тре-
угольных призм (см. рисунок) с наибольшими ординатами на краях ах =
= Ei/max/p = 2,l 10°-6/2-4500= 1400 кГ/см1.
Равнодействующие напряжений Ra образуют
пару, равную изгибающему моменту:
2 1 h 2
= аА-у 6-у h=ok-Wx.
4.80. а) Построив эпюру Л4, находим
Mm^VA-320—Р- 160=320Р=960 ООО кГсм.
Для двутавра № ЗОо по сортаменту W х —
=518 см3. В крайних точках сечения
0 = 2^=1854 кГ/см3.
К задаче 4.78. w х
б) В зависимости от нагрузки Mmax = 320Pmax, от заданного напряжения
^гпзх = omax’ X- Отсюда Pmax == ggQ ^max х-
4.83. При непосредственном нагружении max Л4 = Л4//2 = Р//4= 1,3-[о]-
при нагружении через вспомогательную балочку max М = Мс — MD —
р
= -^-(1/2—а/2) — [о] W. Нужно снизить Мцг на 30% и принять равным Л1с,
т. е. (1—0,3) Р//4 = -^-(//2—л/2), отсюда а = 0,3/.
4.85. Наибольшие нормальные напряжения возникают в крайних волокнах
в сечении посередине балки
Мтах — брР .
. Omnx- г
наибольшие касательные напряжения возникают по нейтральному слрю в се-
чении у опоры
3 Qmax__3 pl
гаах~ 2 F ~ 2 2Ыг'
4.95. а) Прямоугольное сечение
_6Р/ _ЗР
°nux-Wj2 . ттах-2ЙЛ,
?р АР/
5ГГ=0,8-^7-, / = 0,312/1.
2bh bh3
б) Двутавровое сечение
, 9. h Л2 h h3 7Л« 7Л« 2 7
х 20 4 '20 12 240’ х 240 h 120 ’
h h __h3 Mx_Pli,nn
6*~20 2 + 2 20 4 ~32 ’ °max ~ Wx7h3
QSx_P-h3-240-20_ P-300
Tmax‘“Jx6— 32-7й4-/г “2-7-/P'
P *300 Pl
По условию ттпх = 0,8бтах имеем: g-y^^O.S^j 120. Отсюда /р= 1,56/1.
На общую прочность касательные напряжения влияют только для очень
коротких балок.
298
4.97. 1) С учетом влияния стенки J х = 2.7 • 1020,2 203/12 = 1533 см*.
Касательные напряжения на уровне поясных заклепок S, = 7-IO-j-0,2-1,4 '9,3 =
= 72,6 см3, т1 = 3000-72,6/0,2-1533 = 710 к/’/сл2; по нейтральной оси£,=70-Н
+ 0,2 • 10 5 = 70 + 10 = 80 см3, т2 = 3000-80/0,2-1533 = 782 кГ/см?.
2) Без учета влияния стенки Jt = 2-7-100= 1400 см4, S— 7-10= 70см'\
т, =T2 = T = QS/Jxb = 3000-70/0,2-1400 = 750 kF/см?. Учет влияния стенки вно-
сит сравнительно малую поправку к величине т.
4.98. Погонное касательное усилие в стенке q = xt—Q.SIJx. Пренебрегая
влиянием стенки, имеем: S=f,ei и Jx= F,el 4- Fае2.
Статический момент всего сечения относительно его центра тяжести
-^сеч ‘ F 141 F2^2 = 0,
следовательно, F\et = Р2е2 и Jх = F^ (et 4- е2) = F2e2 (е2 + е2) = F\ei Л- Отсюда
QF1el __ Q
9 Fye-Ji h
4. 108. 1. Момент инерции площади треугольника относительно оси, про-
ходящей через центр тяжести, Ух = 6А3/36 = 0,6А1/36 =А4/60. Момент сопротив-
J /l3
ления для нижних волокон 1Г1 = -г^г- = -=-, для верхних волокон 1Га =
Л/о
Jx _лз
“ 2/г/З ~ 40 •
Так как допускаемые напряжения относятся как 4:1, а моменты сопро-
тивления как 2:1, расчет надо вести по допускаемому напряжению на растя-
жение. Имеем
irt = Д^-,5-000- .= 10 см3, /г3 = 201У1=200 см3,
-1-2500
о
/г = 5,85 см, 6 = 3,5 см.
2. При перемене знака изгибающего момента на обратный получаем
U72=10cm3, /13 = 400 ел-3, 6о/Л3 = 2, /г0/6=1,26.
Высоту сечения балки нужно увеличить на 26%.
4. 110. Выражаем момент сопротивления сечения через диаметр бревна d
и переменную ширину сечения b: W = bh3/6 = b(d3—Ьг)/6.
Чтобы удовлетворить условию берем производную и приравниваем
нулю
£^=d3-3b3 = 0, b3 = ^~ и 62=Д2.
do Q О
Отсюда Ь/Л = 0,71. Требуемый момент сопротивления
1Ггр = Л-1тах/[а] = 500-150/100 = 750 см3;
приравнивая его к значению
ш/ d 2d2- d3
1 max—у з з.б 9/3 ’
находим d.
4. 115. Так как стенка балки не работает на нормальные напряжения, то
площадь стенки не входит в выражения моментов инерции и статических мо-
ментов сечения. Пользуясь приближенными формулами (см. ответ задачи 4.96),
находим F = M/[a]h и Z = Q/[t|6.
4. 119. 1. Необходимый момент сопротивления
IV' х = М/[а| = 400 000/1400 = 285 см3.
299
2. Выбираем Л = 50 см, b — 25 см, ta = 2 см, /с=1 см. Ордината центра
тяжести
^ = (50-1-25—25-2-1)/100=12ли.
Момент инерции J х = 1 -50 (502/12 + 132) + 25-2-132 = 27 300 cat4. Момент со-
противления W'x = Jx/ymix = 27 300/38 = 780 см3. Размеры сечения велики.
3. Назначаем новые размеры: Л = 44 см, Ь — 22 см, /с = 0,5 см, /п=1 см.
Вычисляем:
</о= 10,75 см,
Jx = 0,5• 44 (442/12 + 11 ,252) +1-22-11,252 = 9108 см3,
Wx = 9108/33,25 = 274 см3.
4. Проверяем нормальные напряжения:
атах = 400 000/274= 1460 кГ/см3 > 1400 кГ!см3 на 4,5%.
Останавливаемся на этих размерах сечения. Вычисляем касательные на-
пряжения:
6000-0,5
Ттах—' 910870,5 — 364 кГ1с*1‘ < 1100 кГ1см*-
4.122. Вычисляем: J = 2-20-2,6-41,32+ 1 -803/12 = 219 500 см3, IV'-
= 219 500/42,6 = 5150 см3, МтаХ= 1600-5150 = р/2/8. Наибольшая интенсивность,
нагрузки
1600-5150-8 п pl 1600-5150. .. ... г
Р =-------р---, max Q =-у-=-------—-----4 = 41 200 кГ.
Наибольшее касательное усилие, приходящееся на двухсторонний шов,
max Q -S
tie =---------------------------— е.
приравниваем допустимому усилию этого шва
41 200-90.2 6.41 3
2 • 0,7-Л а[т) или 2-0,7-1-6-720.
Отсюда шаг прерывистого шва е=14,9 см.
Для сплошного шва из выражения 403е = 2 720-0,7h-e находим Л = 0,4 см.
4.125. Момент инерции сечения ,/* = 63,370 см3. Статический момент отно-
сительно нейтральной оси части сечения, расположенной выше разреза п — п,
проведенного через поясные заклепки и отделяющего пояс от стенки:
S = 20-1-25,5 + 2-12,8-22,82= 1093 см3. Максимальное сдвигающее усилие,
передаваемое с пояса на стенку на длине е и срезающее одну заклепку,
max Q-S
6000-6 1093
2 63 370
е = 309 е.
., . , maxQ-S „nJ2 , ,
Наибольший шаг заклепок из условия среза —~—еср<2 —[т]. Из
maxQ-S *
условия смятия стенки ---.--есм «й dtc [асм]. Наименьший шаг заклепок из
J X
условия выкалывания стенки
max Q-S , ,
J ^вык J) t'1]-
Принимаем 3Js£esS8J.
300
4.128. При нагрузке сосредоточенной силой Р из условия равной проч-
, 6Р/ 6Ра IP ,
ности сечении, взятых на расстояниях I и а, а = —г-=-т-. имеем а=—I.
bh* bh* h*
Г Л2 1
Вес балки G = [hal—(ha—h)a]by = ,ft0— (h0 — ft) — /by зависит от из-
L bo J
менения высоты Л. Приравниваем нулю производную
dG 3ft2 2ft
dh ~ h% Л» ~
и определяем искомые соотношения ft/ft„ и а/l. Аналогично находим эти соот-
ношения при сплошной нагрузке.
4.129. Нормальные напряжения в крайнем волокне любого сечения
атах = MX!W х = бРх/Ьх№ = const.
Отсюда находим ширину Ьх. В плане балка должна быть треугольной.
4.130. Наибольшие напряжения в любом сечении балки равного сопротив-
ления должны быть одинаковыми. 1) При постоянном моменте М высота се-
чения должна быть постоянной hx = ha. 2) При действии силы Р
Мх 6Рх GPI _ , . .г-г.
или —. Отсюда hx = h„V х/1.
Ж X wi bhx bha
3) При равномерной нагрузке hx найдем из выражения
__ брх1____GpP
“ 2bftJ ’
4.132. Для балки равного сопротивления от опор до середины пролета
. М 6Рх 6Р1
max V 2bxhx 4bcft®
где bc и ftc — размеры сечения в середине пролета. Отсюда: 1) полагая bx = bc,
имеем hx = ftcУ2х/1\ 2) при ftx = ftc находим Ьх=^х-, 3) при постоянном се-
чении балки U7 = const, следовательно, M = const (чистый изгиб).
4.136. 1. При вертикальной силе Qy на участке АВ погонное касательное
усилие меняется по прямой (см. рисунок) от q^ — 0 до
„ b t b Qy р, п р а ^У д ®У
'?д=-2-/Г77=6-°’6-977-32’47Г’
так же на участке BE, но здесь q имеет противоположное направление; на
участке CD усилие q меняется по выпуклой квадратной параболе от
<7с = 2?я=64,8-7—
J х
до
h ft Qy Qy
Яо = Яс + у1 • ~j— — (64,8 -|- 24,3) —— •
“ “ Jf X
Касательные силы участков вычисляем как площадь эпюры q. Имеем
Tab = у Яв | = 97-2 Т7=- Тсс' = +4 24’3/t 77=14587? '
Так как сумма проекций сил Т на ось у, равная Тсс, должна равняться
силе Qy, то момент инерции Jx = 1458 см4.
301
2. При горизонтальной силе Qx усилие q на участке АЕ меняется по
квадратной параболе, причем ?д = ?£ = 0, а
ь ь Qс Qx Qx
^т^6'0'6'3 v=10’8^’
на участке СС усилие q равно нулю. Касательные силы будут
Тае — Т A'E'~^-bqB= 86,4 .
О J у
Учитывая, что 2Тae=Qx> имеем: Уу = 2-86,4= 172,8 см*.
Подставляя значения Q и У, --------- --------- - -
находим величины q в узловых точках.
По этим величинам построены эпюры
q для обоих случаев (см. рисунок).
84,5 j
^-4
237/сГ/см у
'232/гГ/ж
237хГ/аи
9
56кГ/см 2
33
/<7/см2
в^бкГ/сл^
К задаче 4.136.
К задаче 4.142.
4.142. 1. От силы Ру. Так как Qy, Jx и t постоянны для всех точек
сечения, то т= QySx/Jxt меняется по закону статического момента, т. е. по
выпуклой параболе
,Ъ|
и
Принимая во внимание, что
Jx = 2-^-у2А —4,27 см*, Qy — Py = 25KP и М = Р1= 1000кГсм,
находим:
25 0,2'4 4 М 1000 4
Ттах-4)27.0>2 2 2 ’ °raax~ Jx Уа — 4,27 "j/y ‘
2. От силы Р х. Центр тяжести сечения находится против середины полок
. л-£ = у ^ = 2-^-х?=2Ц^(/2)а = 1,07 см*,
„ Ъ хс п , 25-0,566 1000
Sy — 2i 2 2 ~0,566 СМ ’ Tmax~'i ,07-0,2’ Пт'1Х^ТТ07 ^ 2'
Эпюры т изображены ~на рисунке.
Центр изгиба находится в точке D, через которую проходят равнодейст-
вующие касательных напряжении.
302
4.147. Эпюра q на участках АВ для левого сечения имеет вид вогнутой
параболы с ординатами qA = 0 и од, 10-0,3-7-Q/J xi, для правого сечения
вид выпуклой параболы с ординатами
(см. рисунок)
?Ла = 0 и qB1 = 10.0,3- 13Q//x2;
на участках ВВ'— выпуклая парабола с
ординатами посередине
7с, — У В, + 10-0,3-5Q/JX1
и
9са = 9ва + 10 • 0,3 • 5Q/ J х2.
Для определения центра изгиба по-
лагаем Q = /x.
Вычисляем для левого сечения услов-
ные (единичные) касательные силы:
2,81см 2,73см
К задаче 4.147.
тАа = ТД'В' =4^ + Рв)/ = ^^(2-4+Ю) 10 = 90 см\
Твв' = |21+^-Я^(2-10— 10)1 20 = 620 см*.
Относительно центра изгиба D момент касательных сил должен равняться
нулю. Составляем это условие, разложив силы Т в точках В и В' на верти-
кальные и горизонтальные составляющие:
__ _ _ „ /l
Tbb-xd— W ab sin a.-KD— 2Т АВ cos a--g=0.
Отсюда •
2^scosa-|- 2-90-^. 10
Xd,= —------—--:--=-------=--— = 2,81 см.
T BB—27+flsina 620-2-90-^
Аналогично для правого сечения
ТАВ =Тд-в-=:^^(2-16+ 10) 10 = 210 см*,
(9Л.О 3 \
10.0,3-134-^—-^ 10 j 20 = 980 см*;
составляем уравнение моментов:
(Твв' + 2ТАд sin a) xDi—2ТAli cos a • -j=0
и находим
2-210--^-10
xD, -----------= = 2,73 cm.
980 + 2-210-^
4.149. От поперечной силы Qy в трубе возникают касательные напряжения
303
Подставим сюда dF = tds--trda и y = rsina. Тогда
Qy , Г Qv
t=-y-^-r2 I sin ada — —~ r2 (1 —cos a).
Jx .! Jx
о
Если сила Qy проходит через центр изгиба D, то моменты силы и каса-
тельных напряжений относительно любой* точки, например относительно
равны
центра 0,
r dFr.
Учитывая
лучаем
полученные значения т и dF, по-
2л
tr4 f 2л/г4
хр=—— I (1 — cosa)aa=——
J х J «/ X
Подставляя момент инерции сечения
трубы Jx = n,ir\ находим хд = 2г.
4.150. Воспользуемся формулой
xD=-j~ uydF,
где<й=^ г ds представляет собой удвоенную секториальную площадь, ометаемую
о
радиусом-вектором, конец которого пробегает контур от начальной точки до
точки с дуговой координатой s. Выбираем начальную точку и полюс радиуса-
вектора в точке О (расстояние Хд измеряется от полюса). Находим ш (поло-
жительна при вращении радиуса-вектора против часовой стрелки):
о к.д к к.s
«с = 0, ыа = 2=-^|—=10сл2, Ыл= 10 +2^-2 = 37,5 сл2.
Строим эпюру ы (см. рисунок). На участках СВ она имеет вид треугольника,
на участках ВА—трапеции, в верхней половине сечения величины ш положи-
тельны, в нижней — отрицательны.
Числитель
<ut/dF = 2^ J y<ads
вычисляем как статический момент площади эпюры ш, причем для верхних
площадей эпюры и ординаты у положительные, для нижних площадей — отри-
цательные. Так как эпюра симметричная, вычисляем интеграл только для
верхней половины и удваиваем:
I e>y dF=2 0,2 I-----5*5,5-|—g— • 4,5 1 =306,5 см3.
F
Момент инерции
Г 5 2-531
Jx= 2-0,2 5-5,52 + 4(5,52-4- 5,5-2,5 + 2,52)+=-f- =96,1 см*.
L О , О J
Расстояние центра изгиба хд = 306,5/96,1 =3,19 см измеряется от полюса О
в положительном направлении оси х.
304
4.155. Момент инерции сечения трубы Jx = J^ = J= y2dF. Подставляем
F
сюда j/ = rcosp и dF = trd$ (см. рис. а)). Тогда
2л
J= г2 cos2 p-/r dp = ur’Z.
о
и ,о. М М „ „
Нормальное напряжение о(р) = —у-У——Г/cos Р = CTmax cos Р-
К задаче 4.155.
В крайних точках сечения, при Р=0 или Р=л, имбем отак= ±<И/№/.
Статический момент отсеченной части сечения
5
5^OTC)= у др _ г cos у tr д.? __ tr1 sjn р.
^отс О
Здесь -у—переменный угол внутри угла Р, 0<у<ср. Погонное касательное
усилие
q (Р) = у^ 51°ТС) = ~Ят if1 sin Р = — sin р
7 Jx x nr:4 nr r
На уровне центра тяжести сечения, при Р=90°, получаем: <7тах= Q/лг. Тогда
<7(₽) = <7тах sin Р-
Касательные усилия направлены по касательной и срединной окружно.ти
сечения трубы (рис. а)).
Как следует из полученных формул, ординаты эпюры а(Р) пропорцио-
нальны расстояниям точек окружности до центральной горизонтальной оси и
ординаты эпюры q (Р)—до вертикальной оси. Возможная форма эпюр о и q
изображена на рис. б), каждая на половине сечения.
4.157. Находим расстояние до центра тяжести сечения от основания тра-
пеции:
4Z-8+2-10/-4 оо
Уа~ 4/ + 2-10/+ 16/ 2,8СЛ‘‘
В точках на оси симметрии <? = 0. Начиная от них, ординаты эпюры q
изменяются пропорционально статическому моменту S отсеченной части сечения.
305
На участках АВ и CD эпюра q прямолинейна, так как S зависит только
от длины отсекаемой стенки, расстояние же до центральной оси остается по-
стоянным. Ординаты в угловых точках равны
9л = -9я = у-3<итс)=-^ 2/(8 —2,8) = (10,4 ext'2)'-у-
qc = — qD == ~ • 8/ 2,8 = (22,4 см2) -j-1.
На учястке АС и BD эпюра q изменяется по параболе, потому что в ве-
личине S изменяются и площадь сечения стенки, и расстояние до оси. На уровне
центра тяжести имеем
<7тах= 4 (10-4' + 6-5' -=(27'3 Л
Касательные усилия
участках направление q
в обеих стенках направлены вверх; на остальных
устанавливают по потоку. Эпюра q изображена на
К задаче 4.157.
рисунке.
4 158. Переносим силу Q на ось
симметрии и добавляем крутящий мо-
мент Л4кр= Qa. Погонное касательное
усилие q составляет сумму постоян-
ного усилия от кручения и перемен-
ного от поперечной силы изгиба
Л1... О
q = ~+-j-S^.
В точках на вертикальной-оси сим-
метрии усилие q будет только от кру-
чения;для кольца?д=^в=Л4кр/2Г=!
==Qa/2№; для прямоугольника дд =
= Чв= Qa/Zbh.
В других точках к этим величи-
нам q прибавляются касательные уси-
лия от изгиба (для стенок, ближай-
ших к силе Q, и вычитаются для противоположных стенок).
а) Для кольца (см. решение задачи 4.155) qc--- <7max = Q.a/2№ + Q/лл,
Цд= Qa/Zitr2 — Q/nr;
б) для прямоугольника
Qa Q bh Qa . Q (bh . h2\
qc~qm>*-2bh+T‘ •
Qa Q bh Qa Q (bh . h2\
qF = qF'^2bh~'7t'A' qD'^7bh 7l\7 '8j‘ '
4.164. Рассмотрим сечение на опоре (Qmax = 768 /с/’) и сечение в пролета
(Л/тах —950 кГм). По условию вся поперечная сила передается только на
стенку, а изгибающий момент воспринимается только усилиями поясов. Кас-
тельные напряжения распределяются по сечению стенки равномерно'ттах ~
= QmaxA* = 768/0,1-38 = 233 кГ/см1.
Усилия поясов q, Fn и <JHFH должны давать пару, уравновешивающую
внешний момент M=aBFBhl==ol!F„ht. Отсюда
Мтах 95 000 ,
тахав =----=---------= ~377 кГ/см2,
721 f в Ju * /
95000 СОО Г/ 2
max ан = _ = 528 кГ см*.
50 «Ь
306
4.167. Несущая способность балки будет исчерпана, когда напряжения
достигнут предела текучести по всему сечению. В этом случае cTFval.-l. = aTF<.iK,
и нейтральная ось делит площадь сечения пополам. Так как площадь стенки
швеллера 36-0,75 = 27 см2 больше половины сечения 53,4/2 = 26,7 см2, то нейт-
ральная ось проходит по площади стенки на расстоянии х от верхнего края.
Находим это расстояние из условия 36-х = 26,7см2, откуда х — 0,742см. Пре-
дельный изгибающий момент равен моменту внутренних сил предельного
состояния: Л4пр = РПр = ot (8СЖ +8раст). Здесь
«сж-|-5раст = Зб5^+
4- [зб • 1,26-10,25 • ^1°Д^4-0,008^ =142,3 см3.
Тогда PnpZ/4 = стт • 142,3; отсюда Рпр = 4420лГ.
Если предел текучести достигается только в крайней точке сечения, то
наибольший изгибающий момент Л4тах = Ртах 1/4 = Несущая способность
при полном использовании сечения увеличивается примерно в два раза:
^пр ^раст + ^сж 146,9 q оо
р^= w~y =‘бГ7_ ’ •
4.168. Наибольший изгибающий момент возникает в пролете Л4тах=1680кГм.
Для симметричного сечения условие прочности по предельному состоянию
смеет вид
__ ^тах 44тах ат
Гпл 28* k •
Требуемая величина статического момента половины сечения относительно
нейтральной оси
S’ = ^тах 168 000-1,71 _
^треб 2<гт 2-2400 59,8 сж.
Берем двутавр № 16, для которого Sx = 62,3cjw3 > 59,8 см3. По допус-
каемым напряжениям щтреб = 2400 ‘ 471 = 120 см3. Нужно взять двутавр
№ 18.
Глава 5. ПЕРЕМЕЩЕНИЯ ПРИ ИЗГИБЕ. СТАТИЧЕСКИ
НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ
5.1. Покажем несколько способов определения о и <р в произвольном сече-
нии балки.
1) Интегрирование дифференциального уравнения
оси изогнутой балки.
Дифференциальное уравнение оси изогнутой балки большой жесткости
имеет вид
Здесь х—текущая координата вдоль оси балки, о = п(х) — прогиб балки в
текущем сечении (положителен при направлении его вниз), E.I — изгибная
жесткость балки, М = Л4 (х)— изгибающий момент.
В данном случае (см. рис. а)) изгибающий момент
Л4 = — Р (1~х) = — Р1 + Рх.
20'*
307
Следовательно, EJu" = Pl— Рх. Отсюда
Ру2 р/х2 р»3
EJv' = Plx-^ + Cb EJv=t-^--~ + Cxx^Ci.
При х=0 по условиям закрепления балки (жесткая заделка) о = 0 и
и' = <р = О, т. е. Ci=C8 = 0. Таким образом, искомые уравнения имеют вид
, Pl Р „ Pl . Р ,
ф ° EJ Х~ 2EJ Х' V~2EJX &EJ Л
Угол поворота и прогиб на конце консоли найдем из этих уравнений,
положив x=Z: <p(l) = Pl2/2EJ, v (!) = Рl3/3EJ.
К задаче 5.I
2) Применение общих уравнений графоаналитического
метода Угол поворота и прогиб балки в текущем сечении (х) выражаются
208
следующими формулами:
X . X
<р(х) = <р(О)~ j-^-^d«, о(х) = о(0) + <р(0)х—J ^j^j-(x—u)d«. (II)
о о
Здесь <р (0) и и(0) — начальные значения угла поворота и прогиба, и — пере-
менная координата сечения, изменяющаяся от нуля до х.
Так как в нашем случае ср (0) = v (0) = 0, получаем
х
Р С Р1 Р
= J — 2£jxi’
о
х
PC Pl Р
v М = EJ J (l~ U) {X~U} du = 2£? X2 ~ &ЁТ х3-
о
3) Применение метода начальных параметров (универ-
сальные уравнения). Для основных видов нагрузок (рис. 6)) из общих урав-
нений (II) получаем такие формулы:
£ Jq> (х) = £ J<p (0) - М (0) х— Q (0) - L (х-а) + Р -
(х—d)3 (х— с)4 (х—d)4
~Pd—3!-----4|--------k—4|---. (HI)
EJv(x) = EJv(0) + £J<p (0)x-Af(0)^-Q(0)^-£^^.2+P(^)!+
4-n <*—c>4 n (*—d)4 (x-c)“ (x—d)3
+Pc—-------Pd~—+k—j,----------• <IV>
Здесь A = (Pd—Pc)/(a—c).
В случае нескольких однотипных нагрузок (например, нескольких сосре-
доточенных сил Р) соответствующие слагаемые в формулах (III) и (IV) повто-
ряются.
При пользования формулами (III) и (IV) учитываются только члены, отно-
сящиеся к нагрузкам, расположенным левее данного участка и на данном
участке. Нагрузка, расположенная правее рассматриваемого участка, во вни-
мание не принимается.
Силы, действующие на балку, в рассматриваемом примере показаны на
рис. в); слева изображены реакции заделки.
По формулам (III) и (IV) получим: EJ<p = Plx—Рх'-/2. EJv = Р1х2/2— Рх?/Ь,
т. е. то же, что и в предыдущих решениях.
4) Применение метода единичной нагрузки (Максвел-
ла— Мора) с использованием правила Верещагина или
формулы Симпсона.
Упругое перемещение в результате изгиба балки определяется по формуле
(интеграл перемещений)
» V ММ а
,]“£ТХ’
I
где одна из величин М или М, например М, есть текущий изгибающий момент
в балке, вызываемый заданной нагрузкой, другая — М—текущий изгибающий
момент, вызываемый силой (или моментом), равной единице, приложенной
к балке в месте и в направлении искомого прогиба (или угла поворота),
I—длина балки, EJ—жесткость балки в плоскости изгиба.
309
Если какая-либо из эпюр Л/ или М (например, М) прямолинейна
(другая может быть произвольной), то интеграл перемещений по Верещагину
вычисляется как произведение площади ы приведенной (М/EJ) произвольной
эпюры на ординату Мс прямолинейной эпюры, соответствующую центру тя-
жести площади со, Д = соЛ4с. При постоянной жесткости EJ (рис. г), д'), г))
Д = HMc/EJ,
где Q—площадь произвольной эпюры, Мс— ордината прямолинейной эпюры,
соответствующая центру тяхсести площади Q. На рис. г), д), е) показано опре-
деление прогиба на конце консоли
___1_1 Pt 2 / Р/3
Vm^~EJ 2 3 3EJ'
Чтобы определить угол поворота <р (х) в текущем сечении, прикладываем
здесь момент, равный единице (рис. з)). Соответствующая эпюра изгибающих
моментов показана на рис. и). Площадь этой эпюры Q=l-x = x. Ее центр тя-
жести С находится на расстоянии х/2 от заделки. Определяем ординату Мг-
эпюры М (рис. ж)) на таком же расстоянии от заделки. Она определится как
длина средней линии трапеции
1 Рх
МС=:-[Р1+Р(1-Х)\ = Р1~^.
Искомый угол поворота <p(x) = QMc/EJ ==Plx/EJ— Px2/2EJ.
Чтобы определить прогиб v (х), прикладываем силу, равную единице
(рис. к)). Соответствующая эпюра моментов изображена на рис. л). Площадь
этой эпюры Q = x2/2. Центр тяжести ее С находите? на расстоянии' х/3 от за-
делки. Определяем ординату Мс эпюры М на таком же расстоянии. Она опре-
делится как сумма двух отрезков ab и Ьс:
1 2 Рх
м с=4- р (I - %) +4 pi=рi - •
cl о О
Искомый прогиб v(x) = QMCl‘EJ = Plx2/2EJ— Px3/6EJ.
Покажем вычисление прогиба о(х) также по формуле Симпсона (см. рис. ж)
и л)):
EJv (х) = j ЛШ dx = (M0Mtt+4Mx/2Mx/2 -J- МХМХ) =
О
= |[p/.% + 4PWzl)4 + P(Z_x).01=^-^.
о l * J - ъ
5.3. а) Воспользуемся формулами (III) и (IV) (см. решение задачи 5.1, а).
Очевидно, о(0) = 0. Для нахождения <р (0) выразим условие о(/) = 0 при по-
Р
мощи формулы.(IV). Учитывая, что М(0)=0, a Q (0) = Улев = -2- , получим:
Р р р / 1 \з
ЕЛ(() = Е7<р(0)1—= °’
отсюда <р(0) = Pl2/\&EJ.
Теперь найдем по формулам (III) и (IV) уравнения <р и г. На первом
участке балки
PH Р х2 РЕ " Pi?
^~\3EJ 4 EJ ’ V~1&EJX \2EJ ’
310
откуда при х = //2 имеем: t) = P/3/48£J = omax; на втором участке
б) Решим задачу графоаналитическим методом. Как известно.
<p=Q* v=Mi>, (V)
где Q* и Л1*—поперечная сила и изгибающий момент соответствующей фик-
тивной балки, закрепленной в соответствии с
фиктивной нагрузкой р* = М/EJ.
В случае балки постоянного сечения
за фиктивную нагрузку принимаем р* = /И;
тогда
Q* Л4* ,.,п
ф-££ И V~ EJ ' (V >
Приняв эпюру моментов (см. рисунок)
за нагрузку, найдем реакции опор
аналогиями
и загруженной
А
И
24
В
2
г
К задаче 5.3, б.
И
24
отсюда EJtyA = Q% = =£//24, EJ(fB =
= Q* = -V*=£//24.
Таким образом, <рд = <рв = LI/2AEJ. Угол
J2?p . 1 /Ы U\ _U_
фср E.I~EJ \24 8 12EJ'
Прогиб посередине балки
_M*p_____1_/и I _U_ I \
РсР EJ EJ \24 2 8 6 /_0‘
поворота
среднего сечения
г) Определим угол поворота у опоры А по способу Мора, пользуясь пра-
вилом Верещагина. Эпюра моментов М от заданной нагрузки показана на
рис. а). Ее площадь
г>-1,РЦ-рР
3 Z 8 '12 ’
(VII)
Единичная эпюра М представлена
б). Искомый угол поворота
_ 1 т. 1 рР 1
фл EJ® с EJ 12 2 24£У
Определим максимальный прогиб бал-
ки. Единичная эпюра /И показана на рис.
в). Отделяя параболический сегмент от эпю-
ры (показано на рис. а) пунктиром), опре-
делим его площадь по формуле (VII),
вводя //2 вместо I. Получаем ш. _-=
р(1/2)3 р/з
=—pg—=96' Площадь треугольника
1 1 Р11 Р‘3 ы
<о2 = = 7Т[-=фГ • Искомый прогиб
Z 4 О U4
на рис.
рР
1 — — Г / рР I рР 2 / \ „ 5 рр
i/’nax = £7(“|Ml + “2'W2)2 =££ ^96 8"^32 “3 ТУ 2~384£7‘
311
5.7. Подбор сечения по условию прочности. Максимальный
изгибающий момент Мmax = Р1 — 50 кГм. Необходимый момент сопротивления
1Г = 5000/1500 = 3,33 см3. Принимаем профиль № 7, у которого W = 4,139 см3
и 7=10,347 см*.
Проверка жесткости. Стрела прогиба (см. задачу 5.1)
РР 50-1003
' 3£7 3-7-10s-10,347 ’ СМ'
Относительный прогиб //1 = 2,03/100=1/49 > 1/100, т. е. жесткость балки
недостаточна.
Подбор сечения по условию жесткости. Из формулы
f = PP/3EJ получаем
!_ _ * * I__________________
1 ~3£7 ’ 3£(//1)~3-7-106 (1/100)
Берем профиль № 11, у которого 7 = 25,068 см*, 1)7 = 8,356 см3. Прогиб
при этом составит 0,950 см < //100 Напряжение а = Mm3%/W = 5000/8,356 =
= 599 кГ/см1. Отношение весов 0,695/1,208 = 0,575.
а)
К задаче 5.10.
5.10. Без учета поворота заделки получим (см. задачу 5.1)
о(0) = р/4/8£7, ф (0) = — pPi&EJ (рис. а)).
Поворот заделки дает (рис. б)): о(0) =— /у, ф(0) = у. Полные перемещения
будут: v(0) = pZ4/8E7— yl, ф(0) =— pP/fiEJ + у.
5.11. Текущие значения ф и о выражаются так:
0641-4-
EJ EJ
Прогиб v(x) имеет максимум там, где ф (х) равно нулю, т. е. при х=\/У 3.
Из выражения для v (х) находим
I IP IP
°max=“
Прогиб посередине
t'(0'5Z)=iig7=0’0625fr-
5.14. Указание. Эпюра изгибающих моментов показана на рис. б).
Изгибающий момент в середине балки равен нулю. Поэтому, вставляя здесь
мысленно шарнир (рис. в)), мы не изменим деформации балки; получаем две
раздельно изгибающиеся балки. Задача сводится к случаю изгиба балки силой,
приложенной посередине (рис. г)) (см. задачу 5.3, а).
5.18. б) Решим задачу методом единичной нагрузки (Максвелла — Мора)
с применением правила Верещагина.
312
К задаче 5.14. , к задаче 5.18.
co
GO
Эпюра изгибающих моментов показана на рис. 0). На втором и третьем
участках разбиваем эпюру на простые слагаемые (рис. в)). Получаем такие
площади;
<о.
1Ра'2 — _ Ра3
3 2 6 ’
Р (2а)3
12
Jpa3’
1 з
<оа = —д-ра3,
«2
<о4-==—<о5 = --ра:|,
<о6 = — ра3, Ш1 = ——ра3.
Прикладываем в точке В силу 1 (рис. а)). Соответствующая («единичная»)
эпюра моментов М показана на рис. г). Ординаты этой эпюры, соответствую-
щие центрам тяжести найденных выше площадей «j, ..., <а5, имеют такие
значения:
М! =-а, Л1.2-=-а, М:,-—а, Л14 = —-|-а, М5 = ^-^-а,
4 4 о □ о
Искомый прогиб в точке В:
f ММ dx V'wMr 1 . -л- , гг . , гг-. Ра'
-ЕТ-=Ъ~ЁТ=ЁТ (ы'м' -1-^лм- • +®вмй) = - •
Знак минус означает, что точка В перемещается не вниз, как была направ-
лена сила /, а вверх. Для определения угла поворота в точке А приклады-
ваем здесь момент, равный 1 (рис. <Э)), и строим соответствующую эпюру изги-
бающих моментов М.
Получаем
77 1 77 1 77 1 77 2-77 5
М2 ——М3 = g- , М4 = д’ , М$----------- 3- , Мв =---g ,
лТ,=—1.
1 — — __ рсР
Искомый угол поворота (<о2М24-<и3М3-|-...-|-а)7Л17) = ^у . Знак плюс
в полученном результате означает, что поворот оси бруса в точке А происхо-
дит в том же направлении, в каком действует приложенный момент /, т. е. по
часовой стрелке.
Покажем .также вычисление <рд по формуле Симпсона (см. стр. 310):
EJ(рд = У, -g- (М0Л/10-|-4Л1;/2Л1;у2Л1;Л1()
(Z — длина участка). Вычисляя (см. рис. б) и е)), находим *
г, , 2а Г ра2 п . 3 ., / 1 \ . ра2 11
= Т [--2--° + 4- g- Pa-^-Tj+— .-g| +
2а I ра2 1 / 3 ., \ ( 3 \ 1
+ 6’ | *4 2 '*4 y *8 OJ+
+~ [(-ра2)(-1)-н(-^)(-у)+0-1]=ра3.
5.19. Указание. Эпюра изгибающих моментов представлена на рнс. а),
где показана рекомендуемая разбивка эпюры при пользовании правилом Ве-
314
рещагина. Площадь каждого параболического сегмента равна <?а3/12. Центр
тяжести сегмента всегда посередине.
На рис. б) представлен другой способ разбивки эпюры — расслоение (отно-
сительно сечения В) по нагрузкам'. Слева отдельно построены эпюры от реак-
9
ции Ra = — ра, нагрузки р и сосредоточенного момента ра2; справа — от сосре-
4 доточенной силы 2ра и нагрузки р.
Площадь каждой параболической эпю-
ры равна одной трети произведения
основания на высоту.
5.23. Определим прогиб по фор-
муле Мора
Л f MMdx , С MKMKdx
A=J -EJ~+\ -7ПТ-
Изгибающий момент (см. рисунок)
М = Ра = Pr sin <р.
Крутящий момент
Мк = Рс = Р (г — г cos <р).
Моменты при единичной нагрузке оп-
ределяются аналогично _
M=l-r sin <р, Мк = 1 (г—1 cos <р).
По формуле Мора, учитывая, что
dx='rd<p, после интегрирования по-
лучим
А = 0,78 PPPEJ + 0,35Pr3/GJK.
В случае круглого сечения кон-
соли JK = ‘1J. При G = 0,4£ в этом
случае получим: Д= 1,22 Pr2/EJ.
5.24. Указание. Для упроще-
ния решения следует, отбросив кон-
соль и заменйв ее соответствующим
моментом, рассмотреть деформацию полученной балки. При этом удобно при-
менить уже имеющиеся решения задач 5.3.
Чтобы определить перемещения консоли, поступаем, как указано в решении
задачи 5.10, учитывая угол поворота в начале консоли.
5.32. Для определения неизвестных начальных параметров <р (0) и п(0)
служат условия на правом конце балки: ф(/) = 0, п(/) = 0. Подставляя в урав-
нение (III) (см. решение задачи 5.1) значение х = /=6 м и прочие числовые
315
величины, получаем
O = EJ<p(O) — 800-6-^^--200 (6 — l)+-g-(6 — 2)2 +
+^(6-3)»+^(6-4)\
откуда £7<р(0)= 1700 кГм2.
Из уравнения (IV) (см. решение задачи 5.1) при * = 1 = 6 м находим
0 = £Jo(0) + 1700-6-^-62--“-63-^°(6-l)3 +
+«Ю (6 _ 2)8 + МО (6 _ 3)4 + 300 (6 _ 4)5
U лгг 1ZU
или £Jo(0) = 3150 кГм3.
Имея значения EJq> (0) и EJv(O), можем по уравнениям (III) и (IV) на-
писать искомые уравнения <р(х) и и(х) для каждого участка балки. Эпюры
Ф (*) и v (*) см. в ответе. На эпюрах показаны значения <р (*) и о(*),у мно-
женные на EJ =2-10°-4-104 = 8-1010 кГс.иа = 8-10° кГм2. Начальные угол
поворота н прогиб:
<р(0)= 1700/8-10° =0,000212, о(0) = 3150/8-10« = 0,000394 м = 0,0394 см.
5.34. Условия для определения постоянных: I) при * = 0, о = 0, 2) при
* = /, v — X, где
I .
Pith
— удлинение стального стержня.
5.43. Прогиб на конце консоли, обусловливаемый ее изгибом, равен Pl3/3EJ
(см. задачу 5.1, а). Прогиб же, обусловливаемый закручиванием балочной
части, равен произведению угла закручивания Pl-lfGJK на длину консоли.
Таким образом, полный искомый прогиб
Р13 , РР ,
°=3EJ + GJ„
Учитывая, что G = 0,4Е, / = а°/12 и
JK = ae° = 0,14а1 (значение a = 0,14 взято
из табличных данных по кручению стержней
прямоугольного сечения), получаем
Р/3.. ,._й1 21.8PZ3
v=-=-. (4+ 17,8) = —==—.
Еа1 Еа*
5.48. Кривизна 1/R оси изогнутого
стержня равна М/EJ. Но 2лР = /. Следо-
вательно, М/EJ = 2п/1, откуда Af=2nEJ/Z.
5.49. а) Приближенное решение (по уравнению d2v/dx2 = M/EJ):
ocp=Za/2, <рл=—фй = а/2,
где а =MI/AEJ (см. ответ к задаче 5.3, д)), смещение опоры
* 1 С, м2 л 1 С и\\ ’ M2la 2 , •
Л— 2 J (° dX ~ 2E2J2 J 2 MXJ dX~ 24EVa~ 3 “ *
О 0
б) Точное решение ^по уравнению
dtp____,1 ____М \
ds~ ~R~ ~EJ)'
316
n n r> n • Ло 1/2 Ml
Как видно из рисунка, t'cp = W— R cos <p0 = R-2 sin2 , но (pa = -^- = ——,
& л\ <LLi J
EJ Ml I
следовательно, ^ср = -тг2 sin2 —r=y-sin2a. Смещение опоры Д = /—2/? sin cp0=
/VI J /Ot
взаимного поворота весьма близких сечений dy — at dxh
5.52. Угол i
(см. рис. а)). Отсюда интеграл Мора получает вид
f ММ dx С -ту , at С -Гт ,
}-Ej-=}Md<f=-h\MdX- <*>
Для определения угла поворота qp^ на опоре А единичная эпюра М имеет вид,
показанный на рис. б): М=-~х. По формуле (*) получаем
all
Hi'
^ = 7T J
о
Для определения прогиба / единичная эпюра М показана на рис. в):
Л1=~-^-х. По формуле (*) получаем
1/2
, at Г 1 all2
f=-h2^xdx=-M-
о
5.55. а) Дифференциальное уравнение изгиба балки при неодинаковом
нагреве сверху и снизу имеет вид
где t — разность температур нижних и верхних волокон балки, а — коэффи-
циент теплового расширения материала, h—высота поперечного сечения балки.
Интегрируя, получаем <р = и'= —
Постоянную интегрирования находим из условия <р = 0 при *=4--
. /а/
С,-2Й’
317
Интегрируя еще раз, имеем v=----С2.
Так как при х = 0 о = 0, то С2 = 0. .
6.56. а) Применяем графоаналитический метод (см. формулы (V) в реше-
нии задачй 5.3). На рисунке показана эпюра M/EJ, принимаемая в качестве
фиктивной нагрузки. Получаем
/ Pl -J- Pl \
ф ( I 4EJ'2EJ I Pl 1 )_ 5Р/2
ФА-Уд- \2 2 '2 2EJ2/ 16EJ'
ф Pl I 1 ( I 2 I \ Pl I 1 / I I I \
°л л 2EJ 2 2^2Т3 2 )'4EJ 2 2 ^2'1'3 2^ +
Pl I 1 2 I ЗРР
' 2EJ 2 2 3 2 — 16 EJ ’
а) Построим эпюру М/EJ. Для абсолютно жестких участков балки орди-
наты ее равны нулю. Площадь эпюры Q = 2fl1 + 2Q2, где
q==ZL
1 4EJ 4 2 32£Г 2 ME J'
Следовательно, Q = 2P/a/32£J-Н27’/2/64£/=3P/2/32£J. Отсюда углы поворота
у опор фд=—фс = Я/2 = ЗР/2/64£2 и прогиб в середине
_ Q I 2 I 1 I _• 7 РР
''ср- 2 2 3 3 4 * 3 4 — 384 £2’
5.58. Применим общие уравнения (III) (см. решение задачи 5.1).
Изгибающий момент М(х) = р(1 — х)2/2. Значения Л4, вычисленные по этой
формуле, и значения М/EJ указаны в столбцах 3 и 4 таблицы для сечений
1, 2....6 через интервал s=l м по длине балки. Эпюра М/EJ показана
на рис. а). В столбце 5 таблицы даны площади Q; участков эпюры MjEJ
между сечениями. Эти площади определены приближенно как площади тра-
x+s
с М .
пеции; они дают значения \ da.
X
318
X, см J, СМ* Af. кГ см Л< Ё71 см Q, (Qn) п <₽п=- 2 1 = 0 Вычисления v
п- 1 100 Qi, e.w t = 0 g с CS о ш g 1 «ОО I'-' в + П II £ * 1
1 2 3 4 5 6 7 '8 9
0 54,0- 10:i 216 000 4,00-10-5 0 0 0
100 38,0-103 150 000 3,95-10-5 3,97-10-3 —3,97-ю-3 0 0,197 —0,198
200 26,0-103 96 000 3,69-10~5 3,82-10-’ —7,79-10-3 0,397 0,191 —0,786
300 17,1 -103 54 000 3,16-10-а 3,42-10-» — 11,22-10-3 0,779 0,171 — 1,736
400 10,7-103 24 000 2,25-10-5 2,70-10-:’ -13,91-10-3 1,121 0,135 —2,992
500 5,6-Ю3 6 000 0,96-Ю-5 0,61 -10-3 —15,52-10-3 1,391 0,080 —4,463
600 3,4-103 0 0 0,48-10-3 -10,00-Ю-3 1,552 0,024 -6,039
Так как балка жестко заделана, <р (0) = и (0) = 0. Следовательно, для лю-
бого сечения п
п
<Гп = — — 2
г 1=0
И
X /1—1
С М V"1 s
vn=--~ \ —-2-Qn-
о ‘=0
По этим формулам и произведено вычисление ординат эпюр <р и v в столб-
цах 6—9 таблицы. Эпюры <р и v показаны на рис. б) (эпюра v отложена
в сторону действительного прогиба).
К задаче 5.58.
5.64. Обозначим усилия крайней и средней тяг через и 32 (рис. а)).'
Тогда
1 _ Sih а _ S2Zl (Р —23,)/:
1 ЕС,Е ’ 2 ~ E„F ~ E„F
319
Стрела прогиба балки равна Х2—С другой стороны, она может быть вы-
ражена как для балки, нагруженной силой посередине (рис. б)), так:
К задаче 5.64.
Следовательно,
(Р — 2$i)/i SJi 2SiZ“
ECTF ЕСТГ“48£ДУ
Отсюда
о Р н РЕ„Р
3 + p 24hE,tJ
Подставляя числовые данные, найдем
1003-2, ЫОв-0,1
Р ~24-100-7-105.34,565 ’ '
Si=4-L?fin=76 кГ< s^p~2Si = 348 кГ-
О "г* □, ои
Напряжение в балке
SJ/2 76-50 „а„ г
W’ — 9,875 386 кГ1см‘-
5.65. Пренебрегая деформацией балки, т. е. полагая 7р=оо, получим
Р = 0 и S1 = P/3. Пренебрегая деформацией тяг, т. е. полагая £ = оо, найдем
р = оо и Sj =0.
5.67. а) Указание. Используя ответ задачи 5,66, можно написат-.:
Мд — —4EJ(pQ/lt Мд = \—Mg/2 = 2EJ<fnll.
5.70. а) Приведем два способа решения.
1) Пользуясь уравнением трех моментов
/ Pl 1
2Л4(0Н = -6±ту,
получаем М(0) = —ЗР//16.
Далее из уравнения равновесия найдем Q(0)=jg Р.
Зная Q(0) и Л4(0), вычислим по формулам (III) и (IV) (стр. 309) иско-
мые перемещения.
2) С помощью формулы (IV) выражаем условие, что прогиб на правом
конце балки равен нулю:
-M(0)-~-Q(0) 4+р(/~б/2)3=0-
Решая это уравнение совместно с уравнением равновесия
Al(0)+Q(0)/-Py=0,
найдем значения Q(0) и Л4(0), после чего определяем искомые перемещения
по формулам (III) и (IV).
5.78. Пусть верхняя балка воспринимает часть груза Р, равную ниж-
няя балка воспринимает Р2; тогда
Рг + Рг = Р. (1)
320
Прогибы обеих балок посередине одинаковы. Прогиб первой балки равен
(см. задачу 5.3, a) прогиб второй балки Ptl3/48EJ2. Следовательно,
P1/?/48EJ1 = PJ1/48EJ2. (2)
Решая совместно уравнения (1) и (2), получим искомые PL и Рг.
5.79. Неизвестными являются три опорных момента рис. a): A4t, М3 и М3
(Л4о = 4ООО-О,5 = —2000 кГм). Составим три уравнения трех моментов.
К задаче 5.79.
Уравнение трех моментов в общем виде для балки постоянного сечения
представляется так:
+ 2Л1„ (In -plп + 1) + Mn + lln + i — —6 У*,
. ,+ ®п^п । + . —
где Уд — ' И— I —фиктивная реакция опоры от обоих смежных про-
‘п ‘п + 1
летов. В данном случае напишем:
Л1П/, ч-2Л11(/1+и + ‘М2/2 = -6У*
Л1]?2 4-2Л42 (Z2 +13) + Л431а = —6У*,
M2Z3-f-2A43Z3 = — 6У*
(1)
Фиктивные реакции У* найдем, рассматривая эпюры моментов для отдель-
ных пролетов (рис. б)). Внешний момекг 3000 кГм относим ко второму
пролету:
У* = 890 + 4500— 1000 = 4390 кГм*, У* = —2000 кГм\ У* = 0.
После подстановки числовых значений и решения системы (1) найдем
Л4, = —2430 кГм, Л42 = 1990 кГм, М3 = —995 кГм.
Эпюра изгибающих моментов дана в ответе. Предварительно откладываем
ординаты 7И0, Л4Х, Л42 и Л4а и к полученной эпюре от опорных моментов
11 Под ред. А. А. Уманского
321
прибавляем эпюры, построенные ранее (рис. б)). Реакции опор:
Уо = 400 + 2000/3 + 2000 • 2/3 + 4000 • 3/2—2430/3 =11 190 кГ,
„ 2000 . 2000-1 . 4000-3 . 2430 , 2430 3000 . 1990 _
^ = ^—+-3—+_—+—+_---------------_=7520 кГ,
Vt=—2430/2 + 3000/2 — 1990/2 — 1990/3 — 995/3 = —1700 кГ,
У8 = 1990/3 4- 995/3 = 990 кГ.
Эпюра поперечных сил Q показана в ответе. В расстоянии 1,30 м от
опоры 1 эпюра Q дает нулевую точку. Следовательно, в данном сечении
нагибающий момент имеет максимальное значение. Вычислим его:
Л4тах = (11 190 — 4000)-1,30 - 2000 — 4000-1,302/2 — 2000-0,30 = 3360 кГм.
Подберем сечение балки lFnco(;x = A4rtlax/[a] = 3360-100/1400 = 240 см3.
Принимаем двутавр № 22а, момент сопротивления которого 117 = 251 см3.
Для определения прогиба посередине пролета 1—2 строим единичную
впюру для этого пролета (показана на рисунке пунктиром внизу). Умножая
(по Верещагину) площадь 0,5-2/2 = 0,5 м2 этой эпюры на среднюю ординату
—(2430+1010)/2 = —1720 кГм эпюры М (см. ответ) и деля результат на
£J = 2-10e.2760 = 5,52-10® «7'сл3 = 5,52-10? кГм2, получим о^3 = —0,00156м.
Знак минус означает прогиб вверх.
6.82. Если балка подвергается неодинаковому нагреву сверху и снизу, то
уравнение трех моментов имеет вид
Е I
^n-i^n + 2^n (^n + ^n + i) + Mn + iZn + i =—3 a (/nZ4+ +i).
где tn—разность температур нижних и верхних волокон балки в n-м пролете,
(п+1—то же в (п+1)-м пролете, а—коэффициент теплового расширения
материала, Л—высота поперечного сечения балки.
5.83. а). По уравнению трех моментов (см. указание к задаче 5.82) полу-
3EJ ’
чаем 2A4j/ =---ail, откуда
.. 3 EJat Мх 3 „ .
Л11=— Т~h~ И а»"ах = -^г=-4-£а(.
Определяем реакции опор: R^ =—R^ = -^—h[~ ‘ ^читывая указание к задаче
5.55, записываем дифференциальное уравнение упругой линии балки
. М at Mf]-RiX at at 3 at
ft = — — — ==-----1—! -----s=--------x.
EJ h EJ h 2h 2 hl
Интегрируя это уравнение дважды с учетом начальных условий (о=0 и
, Л. at . at ъ „ 2 ,
о =0), получим о = — х3+х2. При x=-g-Z имеем максимальный про-
1 all2
Ъ h •
гиб
б) Учитывая симметрию системы относительно средней опоры, сводим задачу
- к случаю, рассмотренному выше.
5.87. б). Уравнение пяти моментов для балки на упругих опорах имеет
вид
—а®л, п-а + Мп—1^л, л —1 + ^л^л, л + ^л + 1®л, и + 1 4" ^п + а^л, л + а "Ь^лР^ 9»
822
где
е», р=141+(тГ J+HU - v°„e„ ^+i~) +^+i .
г„—податливость опоры п, V'«—давление на опору л в предположении шарни-
ров над опорами, [Тд]—угол поворота правого конца пролета л как простой
<5алки от заданной нагрузки, температурного или начального искривления,
(Тд+1]—то же для левого конца пролета л + 1.
В нашем случае получаем
2а а Г 8 . / 1 . 1 \2 . е j 2a3 + 7eEJ
+ ZJ "^о3] — 2a2EJ '
1 Ра2 Р е Р / 1 1 \ р a3 — 2e,EJ
4 2 ' 2а 28^2а+а>— 2* 2aEJ ’
Oi.p__ Ра а3—2e.EJ
~2 ’ 2а3+ 7eEJ ’
при а3 > 2vEJ эпюра М имеет вид, показанный на рисунке; при а3 < 2e,EJ
момент положителен и эпюра М имеет на всем протяжении один знак.
в) Составляем систему двух уравнений пяти моментов (см. решение зада-
чи 5.87, б):
^1^1,1 4“ Л4201( 2 4” ®l, Р—
^1®2, 1 4” 2 4“ ®fc, Р = 9"
2а j а , р е , / 1 ! 1 \2
3£Т+ ЗЁ7 [За3-^® \25+ а )
а_______а___Гв_ / ЦП , е_ Л . J
1( s &EJ а \ 2а ' а/ 'а \ а а
0,
-1’35^7’
-0,183
11*
323
a ata /«. , ч
01,Р="2/Г ”—высота сечения балки),
02.1=Й77-— 6г+~+—+-1 =-0,183-^,
’ 6г J а \2а а 1 а 1 а) EJ
Л а ! а I Г е f ( 1 I 1 V I Е 1 1 Л ata
02 2 - Q г- » Н—о с'7 4* “тЧ” ® (--I Ч-2 -- ‘ >207 р—, , ®2,р "оь'~ •
3EJ ' 3EJ |^а2 \ а а ] 'a2j EJ ’ 2п
Решая систему, получаем Мг =—0,42х; М2 = —0,45х (u = a.tEJ/h) — см.
рисунок.
5.88. а) При равенстве момента над средней опорой нулю (здесь можно
вставить шарнир) реакция этой опоры равна р//2. Тогда прогиб посередине
балки равен
5р/4 pl Р _ рВ
V~3SAEJ 2 48EJ-384EV ’
п/4 pl
Приравниваем этот прогиб осадке опоры: ‘ ,= ОтсК)Да
«ЭОтЛл </
р 20Q3
б= 195Ё7= 192-7,5-ЮЬ-ТКОЭ =°-°03ба
5.89. Уравнение трех моментов с учетом осадки опор:
Л^п-1/п4-2Л4п (/п + ^л+1)4-Л4п+1/п+1 =
____g Г ^ПаП ! £n + iA
A« + i Ап___Ап Ап-1
^п + 1 Чг
В нашем случае получаем два уравнения
2Мг2/+Л12/=——, M1/+2M.r2Z = -6£J
откуда M2 = 0, Л1г =—6EJ^/l2.
5.90. Пользуясь ответом задачи 5.56, а), можно следующим образом
разить то условие, что прогиб в точке В равен нулю:
5Р/3/96Е J — 3VBPI\bEJ=^>.
Отсюда определяется реакция Кд.
5.93, а). Эпюра изгибающих моментов в предельном состоянии показана
на рисунке. Записываем условия образования Мпр в сечениях А и С:
МА^Рв1-Рп^=-М„р, Mc = RB^=Mav.
Здесь 2Wnp = oT(SclK + SpaCT) = <гт1Уг]—предельное значение изгибающего
момента (см. решение задачи 4.167); коэффициент т] для прямоугольного сече-
ния равен 1,5, для круглого—1,7 (см. ответ к задаче 4.169), для ромбовидно-
го— 2; W— обычный момент сопротивления; от — предел текучести.
Из уравнений (1) находим ₽в = 2Мпр//, Рпр = 6Мпр//.
л,
/
вы-
(1>
5.96. Эпюра изгибающих моментов в пролете 1—2 в предельном состоянии
показана на рисунке. Имеем Мпр = Pttpli/8- Отсюда Рпр = 8Л1 пр//г.
324
5.98. Вычисляем характеристику:
\/~ k _ \f 300 _ 1 1
V 4EJ V 4-2-10е-1223 - 75сл1 ’
Приведенная длина балки 02=1500/75 = 20 >6.
Следовательно, расчет можно вести как для бесконечно длинной балки.
Прогиб и изгибающий момент выражаются так:
Р р
V (8'П ^х + C0S ^х) = “ggjpa11 W = °-215т1 W М.
Р г р
М W==4pe~'iJC(cos sin Р*) = 4jj’ll W= ••87tli W I^l-
Вычисления по этим формулам дают [значения г] (х) и ifc (х) взяты из таб-
лицы 1—см. Приложение]:
X, см Т) (X) ’ll (х) tl (х) = = 0,2 1 5т| (х), (6А1) М (х) = = 1,8711, (х). Тм
0 0 1 1 0.215 1,87
25 0,333 0,91 0,44 0,195 0,82
50 0,667 0,62 0,08 0,133 0,15
75 1,000 0,51 —0,11 0,110 —0,21
100 1,333 0,32 —0,19 0,069 —0,36
150 2,000 0,07 —0,18 0,001 —0,34
200 2,667 —0,03 —0,09 —0,001 —0,17
300 4,000 —0,03 0,00 —0,001 0,00
400 5,333 0,00 0,01 0,000 0,02
500 6,667 0,00 0,00 0,000 0,00
Максимальный прогиб r>max = t)(O) = P/8E./03 = O,215cM. Максимальный
изгибающий момент Almax = М (0) = Р/4₽ = 1 .87 Тм.
5.99. Примем начало координат под средним колесом. Тогда изгибающий
момент в сечении под средним колесом выразится так:
Расстояния х от этого сечения до каждого колеса: х1 = 289сл1, хп= 143 см,
х1П = 0, xiv = 143см, xv = 289cm. Соответствующие величины рх:
0х‘ = 289/75 = 3,85, 0х"= 143/75= 1,90, Рх1П = 0, Pxiv=l,90, М = 3,85.
Коэффициенты т|1 влияния колес:
Т)] = Т]У=—0,0024, n^ = rilV = -0,190, п1П = 1-
Изгибающий момент
М [(8,03 ф-8,94) (—0,0024) + (8,05 + 8,72) (—0,190) + 8,90 1 ] = 106 Тем =
= 1,06Тм.
Влияние соседних колес уменьшает изгибающий момент под средним коле-
сом приблизительно на 36%.
Напряжение о= 106000/180 = 588к/’/см2.
325
5.100. Учитываем влияние только колес ///, TV и V. Изгибающий момент
Л4=у [8,90 (—0,0024)+ 8,72 (—0,190)+ 8,94-1]= 137 Тем. = 1,37 Тм.
Напряжение <т = 137 000/180 = 770 кГ/см2.
5.101. Определим жесткость (отпорность) упругого основания
k = уВ = 0,001 • 300=0,3 кГ/см2.
Здесь у=0,001кГ/сл18—удельный вес воды. Характеристика
в _ 1 1
Р= V 4EJ V 4-2-10’-107 2270см"
Приведенная длина балки
₽/= 1000/2270 < 0,8.
Следовательно, понтон можно рассчитывать как бесконечно жесткую балку
Пусть осадка у носа равна и у кормы о2. На рисунке показана эпюра дав
К задаче Б. 101.
ления воды на понтон. Для опре-
деления Oj и v2 составим уравне-
ния равновесия: уравнение проек-
ций
Р-5!1±^/Ву = 0
и уравнение моментов (относитель-
но левого конца)
ц,уВ/2 (t>2—oJyB/ 2
а 2 2 3
Из уравнений получим
где С = —575 или после подстановки числовых значений, v2 = 27 см, v2 = 107см.
у В Iя
Зная осадку понтона, получаем интенсивность давления воды на понтон
Р= Р1 + (Ра—и1)у- Vs-
Изгибающий момент на участке / понтона (см. рисунок)
X
Mt (х) = (x-u)pdu = £х2 ^2Z —За+ (7— 1) х] .
На участке //
Л4П (x)=Mt (х)-Р(х—а) = ~-х2 Г2/—За+ (у — 1) *1 — Р(х—а).
По этим уравнениям на рисунке построена эпюра изгибающих моментов.
Максимальный момент (при х=а)
Л4тах = ^ (-7 + 7—2) =23.3 ТМ.
826
5.102. Приведенная длина балки £/ = 200/65,6 = 3,05.
Так как 1,2 < 3,05 < 4, балка должна быть рассчитана как короткая.
Воспользуемся методом начальных параметров:
ux = v<>Ax+<Po -j— MQ —ф—Qe +[оЛ|,
Mo gyp Qo £jpa + [фж]<
мх = ЛМХ+ Qo -^+v0 +<p0-^+[MX],
<2,= Qo^+0o^+q>o^-M04DxP+(QJ,
где
4x=chgcosg, Bx=-^-(chgsing + sh!;cosg),
Cx=yshgsin g, Dx==-^-(ch g sin g—sh g eos g),
причем g = £x (приведенная абсцисса), (ox], [<px], [Mx] и [Qx] — члены от
нагрузки. Сосредоточенные нагрузки учитываются так же, как и начальные
параметры Мо и Qo, но с поправкой на абсциссу. Например, сосредоточенная
сила Р, приложенная на расстоянии а от начала, дает для vx на участке
х > а член PDx_aIEJ$3 (по типу члена от Qo).
В нашем случае имеем
. , Вх kCx kDx
vx— цо^х4~фо р > Мх — vQ “p2~-|-q>o “рз”"
Из таблицы значений Ах, Вх, Сх и Dx (имеющихся, например, в книге:
Филоненко-Бородич М. М и др., Сопротивление материалов, т. I, изд. 5,
Физматгиз, 1961) находим:
Bt = B (3,05) = —4,76105, 40|SZ = А (1,52) = 0,1216,
Сг=0,4817, Во 81=1,25145,
Dz = 2,86442, C0’BZ = 1,0870,
/?о,в1 = 0,5705.
Далее из условий ог = 0 и Mt — 0 вычисляем начальные параметры
va =
k
C}-BtDL
Р£ DiA^t — CtBafil ЮООО 2,86442-0,1216—0,4817-1,25145__
65,6-300 0,4817а + 4,76105-2,86442 ~
=—0,509 0,34^~0,603-=0,00936 см,
10,0/
BiBtfil—С^ЛО,61
Фо —
Р^
k
С/ —вгог
10000 —4,76105-1,25145—0,4817-0,1216
.300-65,6а
13,87
=0,00337 = 0,193°.
Уравнения vx и Мх получают вид
ох = 0,00936Лх + 0,221Вх,
Л1Ж=12 100СХ+283 000Я
Вычисления ординат эпюр vx и Мх
Сами эпюры показаны в ответе.
приведены в нижеследующей таблице.
327-
X. см 0 25 50 75 100
Р* 0 0,38 0,76 1,14 1,52
Ах 1 0,9965 0,9444 0,7196 0,1216
вх 0 0,3797 0,74055 1,07595 1,25145
сх 0 0,0722 0,28775 0,6376 1,0870 ।
°х 0 0,00915 0,0730 0,2449 0,5705
0,00936.4* 0,009 0,009 0,009 0,007 0,00124
0,224 В* 0 0,084 0,164 0,238 0,276 .
vx, см 0,009 0,093 0,173 0,245 0,277 >
12100С* 0 875 3 480 7710 13 200
283 000D* 0 2 530 20 600 69 200 162 000
Мх, кГсм 0 3 465 24 080 76 910 175 200
5.103. Вычисляем JK:
4=|У«/’ = |(8+2.6)-0,4’=0,425 CJl14-
u О
Строим эпюру удвоенных секториальных площадей со.
Пользуясь эпюрой, по правилу Верещагина найдем бимомент инерции
(иначе—секториальный момент инерции)
19 3 9
со2 ds= 0,4’4-Цг—12 = 231 смв,
2 3
а затем характеристику сечения
а =
8-106’0,425
2,Ы0«-231
=0,0264 см~1.
По методу начальных параметров уравнения 0, М, В и М имеем в виде:
0 (г) = 0 (0) + z-ЪЦ (ch аг— 1 )-М (sh аг-аг) + [0 (г)],
Л? (г) = М (0)—В (0) а sh аг—A4 (0)(ch аг—1) + [М (г)], ,
В (г)=В (0) ch аг+^в)sh аг + [В (г)],
М (г) = М (0) ch аг+ В (0) a sh аг+ [М (г)], .
где грузовые члены [0 (г)], [Л4 (г)], [В (г)] и [М (г)] в данном случае нагрузки
£28
имеют следующие значения:
[О (г)] = — QJ-- [sh а (г — а) — а (г — а)],
[М (z)] = L [ch а(г—а)—1],
[В (г)] = -^- sh а (г—а),
[М (г)] = Lch а(г—а).
(П)
Грузовые члены (II) учитываются только при г > а.
По условиям закрепления левого конца стержня 0(О) = В(О) = О. Осталь-
ные начальные параметры М (0) и М (0) найдем из условий на правом конце:
0(/) = B(Z) = O. По первой и третьей строкам (I) и с учетом (II) напишем:
n М (0) , М (0) . , , L . . , .
0 = М (°' sh al + — sh аа',
а а
откуда
= ... . sha<? - -п/пл 1 ( stl aa< а'\
М (0) = — L —г-, М (0) = L —г- —;----------г .
' ’ sh al \ sh al I}
Так как аа' = О,0264-50= 1,32 и aZ = 0,0264-150=3,96, получим (из таблиц)
«haa'=l,738, shaZ = 26,219 и ~М (0) = 2000 =— 534 кГсм,
М (0)=-2000=^=- 133 кГсм.
После подстановки всех числовых значений в уравнения (I) и (И) полу-
чаем искомые зависимости:
0(2) = — l,57-10~3z+14,76-10-3(shaz—az)—
—222,2-10“3 [sh a (z—100)—a (z—100)],
M (z) = —534+133 (ch az — 1)—2000 [ch a (z—100) —1],
В (z) =—5000 sh az + 76 000 [sh a (z—100)],
M (z) = — 133 ch az + 2000 [ch a (z — 100)].
Члены, содержащие квадратные скобки, учитываются только при г > 100 см.
Эпюры, построенные по полученным уравнениям, показаны на рисунке.
5.104. Наибольшее нормальное напряжение имеет место в сечении г = о
у края полки (см. эпюру <в на стр. 329):
Птах = «тах = 12 = 1830 КГ/СМ"'
Наибольшее касательное напряжение свободного кручения — у правого конца
стержня: ’
Ттах = I = • о,4 = 755 кГ/см2.
Касательное напряжение стесненного кручения опреде-
ляется по формуле
- М Sm м $ ds
-+ ' -/«> t •
Так как t = const,
По эпюре М находим Мтах= 1068 кГ/см в сечении х=а. Пользуясь эпюрой <о,
построим эпюру ^cods—см. рисунок. Получаем ( to ds)max= 18 см3 посе-
редине полки. Эпюра т имеет такой же вид.
Наибольшее напряжение
+пах=^^ (j “dS)max=^ ‘18 = 83
5.105. Указание. В данном случае 6 (0) = Л1 (0) = 0. Для определения
В (0) и М (0) следует использовать аналогичные условия на правом конце:
6(Z)=7i(Z) = 0.
5.106. Определим положение центра изгиба
WZ 362 3-10а „ ’
е 4J 6*+Л “ 6-10 + 20 — 3,75 СМ‘
830
Построим эпюру удвоенных секториальных площадей со (см. рисунок). Да-
лее вычислим бимомент инерции сечения Jui= J со2/ ds. Здесь s—текущая
К задаче 5.106.
координата по сечению. Пользуясь эпюрой со, по правилу Верещагина
получим
= t J со2 ds =
_„,1в5(2Ц±«2з;,5.2+2Ь^237.в.2+б1^4и.5.2)_5)м„..
Вычислим также величину Ja=2- У. з/3 («момент инерции» сечения
стержня при свободном кручении). Получим
= 1 р (й + 2Ь)=2- о, 1853 (20 + 2 • 10) = 0,085
V О
Отсюда характеристика сечения
,/"OJ^ ,/2,9-106-0,085 .
а V EJU1~~V 7,6-105-5400 0,0024 см ‘
331
Бимомент В (г) вычислим по третьей строке (I) (см. решение задачи 5.103)
с учетом (II):
В (z) = B(0) ch аг + Л4(0)-^- sh аг + sh а (г—а/J. (a)
Начальное значение М (0) момента стесненного кручения в данном случае
жесткой заделки равно полному крутящему моменту: М (0) = —L. Для опре-
деления другого начального параметра, В (0), воспользуемся условием на
правом конце стержня В(() = 0. Из уравнения (а) получаем
0=3(0) ch al—— sha/+— sha(Z—a).
a a
откуда
L sh al— sh aa'
Подставляя числовые значения, уравнение (а) получим в виде
аВ (z) = 232,5 ch>z—1000 sh az+1000 [sh а (г— 100)].
Эпюра бимоментов В (г), построенная по этому уравнению, показана на
рисунке внизу. Наибольшее напряжение
Вгаах 97 000 . , ,... г, 2
^тах = ®тах = 62,5 = 1110 кГ/СМ*.
5.107. Построим эпюры М и М составляющих крутящего момента,
соответствующих свободному и стесненному кручению. Учитывая
L =10 кГм
что М (0) = 0, по формулам (I) (стр. 328) с учетом (II) получим
M(z) = — LA shaz + L(chaz — 1)—L[cha(z—a) — 1],
M (z) = — Lch az-j-LA sh az-f-L [ch a (z—a)],
832
. sh al — sh aa
где A =-----:—;, или в числовом виде
ch al
Л4 (г) = —232,5 sh аг + 1 000 (ch az — 1) — 1 000 [ch а (г — 100) — 1 ],
М (г) =—1000 ch аг+ 232,5 sh аг + 1000 [ch а (г— 100)].
Члены, содержащие квадратные скобки, учитываются только при г > 100 см.
Эпюры М (г) и Л4 (г) показаны на рисунке. Наибольшее напряжение сво-
бодного кручения
= / = ^=0,185 = 60 кГ/см*.
Далее, пользуясь эпюрой со, построим эпюру aids (рис. к задаче 5.106).
= м С
Эпюра т=— 1 cods имеет такой же вид. Максимум т имеет место в сечении
полки в расстоянии 6,25 см от края:
тгаах = ^ [ со ds = gg-196 = 36 кГ/см*.
5.108. Уравнение эпюры бимоментов имеем в виде
В(г) = В(0)+^(0)г + [£(г-а)],
где
В (0) = La, М (0) = — L.
Следовательно,
В (z) = La—Лг + [£ (г — а)].
Как видим, при г >а В(г) = 0.
Эпюра В (г) имеет вид треугольника с основанием а.
Наибольшее напряжение .
amax = <0тах = 4^ 62,5 = 1150 КГ/СМ*.
w ш <J4TVU
Это значение превышает напряжение, полученное в точном решении (1ИО/сС/с.и2),
только на 4%.
5.109. Дифференциальное уравнение изгиба пластинки имеет вид
d2cp 1 dtp ср Q
dx1 ' х dx х1 ~ D ’
где х—текущий радиус, ср—угол поворота, Q — поперечная сила, D =
= £?3/12(1 —pi2).
Представим это уравнение следующим образом:
A фЛ —А Г± --Q.
dx\dxxj D’ dx [х dx ' ~ D ‘
Интегрируем:
Id.. f Q , , _ d . „ (* Q , i „
Т^(Хф) = — J ~Ddx + Ci или = — x J pdx+C^x.
Интегрируем еще раз и делим обе части равенства на х. Получаем
—
t333
Уравнение. прогиба
t»=—£<p dx+ С3 = j у у х dx § Qdx—^—C3 In у + С3. (2)
В нашем случае Q = л,х2р/2ях = рх/2. Следовательно,
Р dx Р , С Q . С dx С j Р х2 Р dx р х* рх4 ’’
\ — \ xdx \ -=sdx= \ — \ xdx^ — = \ — 73-r=-F7ri-
J х J J D J x J 2D 2 J x 4d 4 64D
Подставляя это в уравнение (2) и учитывая также, что С2 = 0 (так как
при х=0 <р = 0), получим
о = рх4/64£)—С,л:2/4 -J- Сэ, <р = —pxa/16D-[-Clx/2.
Постоянные Cj и С3 найдем из условий: 1) vx_r = 0, 2) <рх=г = 0;
имеем
Сг=рг2/8П, C3 = pr4/64D.
Следовательно,
рх4 рг2х2 . рг4 р . . рх . ,
V~ 64D 32D + 64D ИЛИ U—64D f 160^ *
Наибольший прогиб (в центре) равен pr4/64D. Вычисляем:
2 2.10е О I3
р=12<1-о>Г2О1кГ/™’
Ггаах=&Ут = 0'00485 ™-
Изгибающие моменты
в радиальном направлении = D ^<р' + ц (3)
и в окружном направлении M3 = D ^~ + Мф/^ (4)
находим, пользуясь полученным значением <р. Имеем
Л41 = [г3 (1 + И)-*2 (3+ Ц)]. М, = £ [г2 (1 + ft)-x2 (1 + Зр)].
Эпюры о1Л41 и Мг показаны на рисунке в ответе. Наибольший изгибаю-
щий момент (у защемления) рг2/8 =—0,312 кГсм/см. Наибольшее напряжение
a = M/W = M6/i2 = 0,312-6/0,12= 187,0 кГ/см2.
8.117. а) Так как Q = 0, из уравнения (1) (см. решение задачи 5.109)
получим: ф=С1х/2+С2/х. Подставляя это в формулы (3) и (4), найдем
\ X Л £1 Л I 1 X Л I
M*=D (-т+^+^-т-Я=D •
Используем граничные условия: при х = г Му — т, при х— R = М. Получим
г 2(MR2—mr2) r R2r2(M — tn)
С1-О(1 + ц)(Я2-г2) И ^2~ D(\-p,)(R2-r2)
и, далее, значения М3 и /И21 приведенные в ответе.
334
5.123. Указание. Так как а/Ь = Ь > 3, расчет ведем, как для цилин-
дрического изгиба.
5.125. Указание. Пластинка изгибается по сфере
1 _d2w_d2w_12M
г ~ дхг~ ду*~ El3 ( Ц)‘
Отсюда радиус сферы
Е/3 _ 7-105-0,23-2 1ЛЛ_
Г 12Л4(1—ц)~ 12-10(1— 0,34)~14°СЛ<’
5.127. Максимальный прогиб и максимальное напряжение пластинки
“'max = KvPa^Et3 и атах = Кара2Л2,
где а—меньшая сторона пластинки. Значения коэффициентов Kw и для
жестких пластинок (w < //5) приведены в следующих таблицах.
Шарнирное описание
Отношение сторон Ь/а 1 1.2 1.5 2 5 а
Kw в центре К„ в центре 0,00443 0,287 0,0616 0,376 0,0843 0,487 0,1106 0,610 0,1416 0,748 0,1422 0,750
Защемление
Отношение сторон Ь/а 1 1,2 1.4 1.6 1.8 2
J\w в центре Л3 посредине 0,0138 0,0188 0,0226 0,0251 0,0267 0,0277
длинного края 0,308 0,383 0,436 0,468 0,487 0,497
5.128. У Казани е. Полоска шириной 1 см, вырезанная вдоль образую-
щей оболочки, работает как балка на упругом основании. Жесткость балки
полоски £7 = Е/3/12(1 — р.2). Жесткость основания k = Et/R2. Характеристика
Р = £/МЁ7= */3 (1 -ц2)//Ё7= 1,285//Я? см-1 (р = 0,3).
В случае а) р/ > 3, имеем длинную балку-полоску wx = C1e~?x cos рх 4-
4- С2е~?'х sin Р% + у-. Постоянные С1 и Са определяются из условий що = О
п <ро = 0.
В случае б) р/ < 3, балка-полоска короткая. Воспользуемся методом
начальных параметров (см. решение задачи 5.102)
&х = — ^0^1— Mx = M04x+<2„ ^+[MX],
где "
X »
I12’*] = gypa J E>x_adu = (Ах О, (MJ = р" У Bx_adu= "рт Ом-
О б
Из условий tt)/ = O и (р( = 0 находим MQ и Qo.
335
5.130. Точное дифференциальное уравнение упругой линии!
Лв_М_
ds~ EJ ’
M = P(ft-y).
Дифференцируя по s, получим
d20 Р dy d2B
~П~--------ГТ • ТГ ИЛИ -r-i
ds2 EJ ds ds2
P 02
— sin 0 = —sin 0
EJ I1
Умножим это уравнение почленно на
2^ds = 2d0
ds
и проинтегрируем один раз:
(dQ\2 „ Р2 - „
=2^-cosO + C.
\dsj I2
Произвольную постоянную С определяем
из условия на свободном конце Г.
02
(dO/ds)y=O. Находим С = —2^-cos0i.
Отсюда
g = -у- У 2 (cos 0-cos 0,) = 2| 1/ sin2^-sin2|.
US I I f £ £,
Учитывая, что
O=s:0| <180°; sin sin 0,
введем обозначения:
A=siny (0sSA'<l); к sin <p = sin у (0«£ rp °0°).
Дифференцируем последнее равенство no s и подставляем в выражение
d6
ДЛЯ Ts:
ds _ dtp
I P У1 — к2 sin2 <p
дифференциалы координат упругой линии будут:
dx ds _ ./, ... в \ ds ds 2 ———-— ds
Y=-j-cos0 = 2 ( 1 — sin2— j — — Y=y V 1— k2 sm2(p.d<p-- ;
dy ds . . e 0 ds 2 , . ,
-y=-r sin 0 = 2 sin — I/ 1 —sin2— — = — к sin <p dq>.
IL r & I О
Интегрируя три последние уравнения вдоль всей упругой линии (0 < s < Z;
0<ф<90°; A! = const; с использованием приложе-
ния (табл. 13) получаем искомое
К(*) = р; 7=2 7=^.
а, кроме того, из обозначения k имеем 0! = 2arcsinfe.
33b
Наибольшее напряжение в заделке О
Мо P^h Pklh ..h-
5.131. 1. Коэффициент подобия Р2 = Z P^/EJ — 1,649. Из условия К (kx) =»
= Р1 = 1,649 по табл. 13 Приложения находим А, =0,4226 и £ (At) =1,498,
после чего подсчитываем все искомые величины.
2. Напряжение сжатия Oj = Pj/6/г = 1,26 кЛ/с.и2; О]/аг =0,000543.
3. В начальном положении 0 = 0, / = 0, 1 = 0. Любое из этих условий
дает: А = 0; Ркр = Х (0)=л/2; Ркр=
= p2p£J/Z2 = n2£J/4Z2 = 0,0456 кГ, т. е. ве-
личину эйлеровой критической силы, как 80%
в обычном приближенном решении (см.
главу 8). °
4. Из условия Z2 = Z получаем 2£(А2) = 40%
=K(k2). Подбором по таблице 13Приложе-
ния устанавливаем А2 = 0,9089; К(А) =
=2,3211, что дает $
Р2 = К (А2) = 2,3211; Рг = у^ = 0,100 кГ.
К задаче 5.132.
5.132. Дифференцируя по s указанное ____________________________
в условии уравнение и вводя безразмерный коэффициент подобия P = Z у P/EJ,
получаем
d20
ds2
В2
^sin(90°+0).
Очевидно, что здесь мы придем к тому же результату
ds d<p
I В К1 — A2 sin2 <р
что и в задаче 5.130, если обозначим
A=sln ^45°+^
(g
45°-}-у
(<р0 < Ф < 90°),
причем из условия 0о = О в месте заделки имеем
<Po = arcsin-L-.
Дифференциалы координат будут
^=y-sin0 = -y cos(9O° + 0) = y-2 [1 -sin2 ^45°-f--|-)J —
=-y- —J^l — A2 sin2 <p-d<p;
у =y cos 0 = у sin (90° ф- 0) =.
= 2 sin ^45°у cos ^45°+y^ у=y A sin <p d<p.
337.
Интегрирование ds, dy, dx вдоль всей упругой линии (0 < s< I; фв<<р<90°|
ifc = const; 0<у</; 0<х<,1—t) с использованием табл. 13 Приложения
лает
Р = К (k)-F(k, <р0);
А-=1 —£(<р0)1; у = 1 —k cos<p0.
v D EJ a, Mn Ptl — tJS
Кроме того, P = -p-pJ. qi=-jyr= \д2 •
1. По числовым данным задачи подсчитываем (см. выше)
fe = sin 70° = 0,9397; ф0 = 48°48'.
По табл. 13 находим: К(й) = 2,505, Е (k) = 1,118, F (k, фо) = О,958,
£ (k, <Pg) = 0,766 и далее 3= 1,547 и все искомые величины.
2. Обычное решение дает сильно преувеличенные значения!
р;з г _t
A> = VrT==7-98 100 = 46,7%,.
<jC </ f
a° = ^=479° кГ/см2’ 100 = 25%.
3. В общем случае (см. рисунок)
(R3 \
30 —2 [£(£)—£(ф0)| ~1) 100%1
А’=(2Г^-’)-100%;
5.133. Угол у наклона реакции и ее величина Р будут
у = 90°—01 = 50°, P=Q/sin у = 83 Г.
Возьмем подвижные оси координат О'х' | Р и О'у' || Р. Тогда М = Р (х^ — х')
J0 р t
и дифференциальное уравнение упругой линии: -г- = -=-r(Xi — х') или
as LJ
d20 Р о/ и А, ,
——gj cos 0 ’ "° из чеРтежа 0 =? +
+ 0 — 90°, поэтому
Pi, , А,
— = __31П(у + 0).
Как в предыдущей задаче, получаем
ft = sin^t0L=sin 45°
Z а
sinт0 = sin (ф0<ф<90°),
задаче 5.133. 2
«причем из условия 0о = О в месте заделки имеем
mn = arcsin (4- sin -¥ ) =36°42'.
Y0 \ k 2 I
Пользуясь табл. 13 Приложения, подсчитываем р = К (k) — /•'(фо) = 1,191.
.338
Дифференциалы подвижных координат:
dy' ds . ... ds , n, ds 2 ;—г-з з—
—sin 0 =—j- cos (XH-0) = -j р- у 1—k sin2 <p-d<p;
dx' ds n. ds . , , n. 2 , . .
cos 0 =y sin (v + 0)=p- k sin <p dip.
Интегрирование их дает
= 1 - [£ (fe) - Е «₽„)] = - 0,227; 1 k cos <р0 = 0,952.
Из формулы для о исключим неизвестную пока длину /:
Л40 Px[h Phlk cos
о =—!1=——=---------------
2У
k COS фо =
COS ф0.
Отсюда
., \2EPk2 cos2 <р0 п п. „ . „
bh=-----г-п —=0,04 см2 = 4 мм2.
о 2
Возьмем Ь = 20 л£л/, h = 0,2 мм. Тогда искомая длина пружины
2Z = 2p УЁ3/Р= 13,4 ли. Расстояние между опорами 2с=2 (xl sin у—j/i cos у)=
= 11,7 см. Прогиб f = xl cos у+ 1/1 sin 7 = 2,84 см (обычное решение дает зна-
чение прогиба, заниженное на 44%).
5.134. Определим угол у наклона суммарной силы Р, действующей на
свободном конце 1:
, Р
tgV = ~ё
Проведем подвижные оси координат х'Оу', причем х' | Р и у' || Р. Тогда
М=Р(х[ — х'). Q
Дифференциальное уравнение упру-
гой линии:
d0 Р ,
ds-EJ^1
-2,75; 7=110°.
или
d29 Р 0,
_=_-cose.
Но из чертежа
0' = у—(90°—0).
Поэтому
d20 I2 , , А,
sin (у + 0).
Следовательно, решение этой задачи
щей. Поэтому (используем Приложение —
K = sin^±5 = sin65°=0,9063; <р0
Bj
<Г'
К задаче 5.134.
в общем
табл. 13)
виде совпадает с предыду-
sin
P = Л (k) — F (k, <p0) = 0,9345;
-y-=-|- k cos <po = O,831.
£L=l-l[E(k)-E(k, <p0)] = 0,549;
• г
с*
839
И7
Так как прогиб
f= Xi cos y + j/i sin 7 = 0,231/,
искомая длина пружины / = //0,231=86,6 мм.
Исключаем из выражения для а неизвестную пока силу Р, выразив ее
через |3:
Л40__Px'jh__EJ x{h _______ра / x' \ Eh
a~~VT~~~2J~ ‘ P 2J“—2\~Г /Т'
Отсюда толщина пружины
h =—=0,03 слг = 0,3 мм.
₽2 ( хЛ ) E
Принимаем ширину пружины 6=15 мм. Тогда Р = $2EJ/Р = 0,0785 кГ.
Искомый груз G = Pcos(180°—у) =26,8 Г. Обычное решение дает значение
прогиба, завышенное на 34%.
К задаче 5.135.
5.135. Уравнение изгибающих моментов:
М = Мг — Р (хг— х).
Дифференцирование по s уравнения, указанного в условии, дает
d20
ds2
Р dx Р а ₽2 • ало,
• т-=—COS0 = —-lyrSin 0— 90°),
EJ ds EJ P
где
$=iyp/EJ (1=яР/2)
(ср. с задачей 5.132). Умножив его почленно на 2^ds = 2d0, после первой
интеграции и перехода к половинному аргументу получим
(|-45°)Г (А)
340
Величина постоянной С может содержаться в одном из следующих трех
интервалов: 1) оо^С2^1; 2) 1 С3 > max sin3 (0/2— 45°); 3) С'2 =
= max sin3 (0/2 —45°). Каждый случай рассмотрим отдельно.
В первом случае введем обозначения: k=l/C (0<й< 1);
<р = 45°—0/2 (<р0 <р ф]), где из условия 0о = О в сечении 0 и 0 = 90° в се-
чении 1 имеем фо = 45° и ф]=0. Тогда дифференциальное уравнение (А) при-
нимает вид
ds/l = — k tfrp/P У 1 —й2 sin 2 ф.
Дифференциалы координат
dx ds а ds . . „ ds . 2й sin ф cos ф ,
-г=-г cos 0 = — sin (90 — 0) = 2 -r- sin ф cos ф=-v —3— dm;
ll I I т 0/1-й38т3ф *
dy ds . ds ,nn0 m ds,. „ . , ,
y==y sin 0 =-y-cos (90 —0) = y (1 —2 sin2 ф) =
= T sin3V—1)1 = fl--Jl У 1-А38И13фс1ф.
L I ft I \ rt / I
Интегрируем эти уравнения вдоль всей упругой линии 01 с использова
нием Приложения (табл. 13):
Мин.)+1-р
Этот случай соответствует интервалу изменения нагрузки: 0-СР/3/Е.«0,778-
что следует из полученного уравнения для Р при 0 < k 1.
Изгибающие моменты определяются из дифференциального уравнения так:
.. Я , 1 к,
М = j——гг EJ,
\ds^R J
причем dO/ds выражается через dy/ds. Для сечений 0 и 1 получим
.. EJ / 4р , Г~ Л .. EJ / 4р . \
Мо = — -I- 1/ 1— -rrk2 — 1 ; /И1 = -?г -4-—1 .
R \nk V 2 ) 1 R \n.k J
Во втором случае вводим обозначения k = С (1 k й2); k sin ф=
= sin (45°—0/2) (фоЗ^ф^зф]), где из условий 0о = О и 01=9О° имеем:
ф0 = агсз1п (}^2/2fe), ф1 = 0; й2 = sin 45°= 1^2/2.
Дифференциальное уравнение (А) принимает вид
ds/l = — йф/р У^ 1 —k1 sin3 ф. s
Дифференциалы координат:
dx ds „ ds . ,ппа ОЛ 2 , . ,
——— cos 0= у sin (90 —0) = — -g- k sin ф &p;
sin 0 cos (90° — 0) = —В- УI — k2 sin3 (pdip —
t 4 L p *
После интегрирования с использованием Приложения (табл. 13) получим
P = F(fe, ф0); -^-=-|-й(1 — cos ф0); у=-|-Е (йф0)—1.
841
Изгибающие моменты (тем же путем, что в случае первом):
К \ Л / А \ Л /
Этот случай соответствует интервалу изменения нагрузки 0,7778
<№/EJ<3 ,437, что следует из полученного выражения для 0 при 1^й^А2.
Последнее значение (A = fe2), при котором P2 = 3,437£V/Z2, отвечает моменту
перехода от простой формы равновесия б к форме равновесия в с точками
перегиба (см. рисунок), так как при этом в точке О будет
Фо = 90°; Ma = EJ/R, (d0/ds)o = O (Р = Рг).
В третьем случае имеет место форма равновесия в с точкой пере-
гиба В. Вводим те же обозначения, что в случае втором, причем k<k < 1,
а интервал изменения параметра ф вдоль упругой линии разбивается на два
участка: участок ОВ фо<ф<9О“, участок В1 90°^ф^0, так как в точке
перегиба В, где d0/ds=O, всегда будет фв = 90°. Поэтому на участке В!
выражения ds, dx, dy те же, что в случае втором, а на участке ОВ нужно
лишь заменить (—dtp) на (+Ар). Интегрирование их дает
Р = 2К(А)-Е(А, фо); ^-=-|-А(1 +соз фо);
^=-|[2Е.(й)-Е(й, Фо)] —1-
Изгибающие моменты:
.. EJ /40 . , .. EJ .. EJ . \
<₽о+ Г В=~Р' = Л
Предельная форма равновесия г) (см. рисунок в условии задачи) опреде-.
ляется из условия j/1 = 0 или
Рпр=2 [2Е (йпр) Е (АПр, фо)1= 2/С (&Пр) Р (^пр> Фо).
(фо = arcsin (У2/2кпр)).
Подбором по табл. 13 Приложения находим 0пр —3,144, откуда нагрузка,
при которой получается эта предельная форма, будет Рпр==9,895 EJil'1
(l — itR/2).
Во всех трех случаях уменьшение /0 вертикального диаметра,
увеличение горизонтального и наибольшее напряжение о:
f0 = 2(R-yi)-, fi=2(X1-Ry, о =
Обычное решение дает
. 2PZ?3 / л 2\ ,_2РЯ3/2 1\ ,_2PR
EJ \4 п ) 1 . - EJ Д л 2 ) : ° лГ •
Результаты точного и обычного решений представлены на графике.
Глава 6. СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ
6.1. Опасное сечение балки совпадает с сечением в заделке. Здесь изги- '
бающие моменты Мх =—Р/соза=—31 200 кГсл, Му = Pl sin а= 18 000 кГсм.
Нормальные напряжения в крайних волокнах от этих моментов;
ох = ± Mx/Wx— Т 325 кГ/см2, ау — ± My/Wy = ± 562 кГ/см2.
Суммарные напряжения в угловых точках опасного сечения;
С! = 325 + 562 = 887 кГ/см2, о3 = —325 — 562 = —887 кГ/см2,
а2 = 325 — 562 = —237 кГ/см2, ст4 = —325 + 562 = 237 кГ/см2.
342
Прогибы в направлениях осей х и у.
PPsina 300-1203-0,5 п
зё77=-^ПоГ64-=-°’675 см>
Pl3 cos а 300-1203-0,866 . ...
---ЗЁГ-=~ ~3-2-106 576~ = ~~°’3° ™
Полный прогиб о = V Vx-f- tiu = 0,687 см.
6.5. Наибольший момент Л4тах = <?12/8= 1000-22/8= 500 кГл.
Положение нейтральной линии определяется отклонением от оси х на
угол а:
tga=^tg<p = ^p^- 0,4 — 5,5; а = 79°40'.
Построение нейтральной линии показывает, что
ются 1 и 2. Вычисляем координаты этих точек:
х, =А sin <p+-g- cos ф = 7-0,371 +0,4-0,928 = 3,0 см,
У! = A cos <р — A sin ф = 7-0,928—0,4-0,371 = 6,3 см.
Наибольшее напряжение
,. fy cos ф . х sin ф\
umax inmax I j j I —
\ ”х Jy /
сп лла/6,3-0,928 r 3,0-0,371 \ ,nnn , ,
= 50 000 ( —--------1--— ) = 1200 кг/см2.
Прогиб в отрицательном направлении оси у
_ 5?/1 cos ф _5-103-24-108-0,928_
'У~ 384Е/х 348-2- 10e-847 - 0,01 4 см
опасными точками явля-
Полный прогиб / =/у/cos ot = 0,0114/0,18 = 0,0633 см.
6.8. Максимальный изгибающий момент (в середине пролета) Л4т,« =
= 9(2/8 = 0,5-42/8=1 Тм.
Максимальные изгибающие моменты в главных плоскостях
Л4х=/Итах cos 30° =1-0,866 = 0,866 Тм,
Л4у = Л4тах sin 30°= 1-0,5 = 0,5 Тм.
Моменты сопротивления определяем из условия
[a] = Mx/Wx+My/Wy.
При действии только Мх потребный момент сопротивления
Ц7х = Л4х/[а] = 86 600/1600 = 54 ли3,
что соответствует швеллеру № 12 (ГОСТ 8240—56). При действии только
Му потребный момент сопротивления
W'y = Л4у/[а] = 50 000/1600 = 31,2 см3,
что соответствует швеллеру № 24. Таким образом, № швеллера должен быть
более 24.
Выбираем швеллер № 27, для которого Wx = 308 см3 и W\, = 37,3cjh3. Про-
веряем: у
а = /Их/1Гж + /Иу/^у = 86600/308 + 50000/37,3=1600 кГ/сл2 = [о].
Условие прочности выполняется.
343
6.9. «Из условии Mx/W X + My/W= (о], где Wх = W/6, Wy=kb3/6.
следует
ь= 4 / 6Мх + 6МуА
у [а]-й2
Площадь сечения бруса
f=A6 = |/36(Mx + feM^
У [арй
Минимальный вес бруса имеет место при минимальном значении площади
сечения F. Из условия минимума dF[dk = O получаем: k = h/b= Mx/My.
6.10. Из уравнения для прогиба на конце
. / /Pl3 cosaV /РР sin a Y2
V 3EJX ) -Ц 3EJ у J
находим площадь сечения балки
4 / 144Р2/8 (cos2a +A2 sin2 a)
г ~ V W‘E2 [fl2 ‘
Из условия dF/dk = O находим k=l/}^tgа.
6.13. На прямоугольнике инерции откладываем отрезок G'K, равный
отрезку GK. Проводим прямую G'H, параллельную диагонали АС прямоуголь-
ника инерции. Проводим прямую через точки О и Н. Эта прямая является
нейтральной линией, соответствующей грузовой линии GO. Направление про-
гиба совпадает с направлением прямой ОУ, перпендику-
К задаче 6.13.
лярной ОН.
6.15. Условие прочности при внецентренном растя-
жении
УрУ хрх
1+^г+— <[«!•
J
В данном случае уР = 0, хР = Ь]4, х = Ь/2,
получаем 5P/2W<[a], откуда
ij= Ь2/12;
5 Р
2 / [а]
5 5000
2 1-1600
= 7,8 см.
6.19. Изгибающий момент в ослабленном сечении
М = Рх/2. Площадь и момент сопротивления в ослаб-
ленном сечении
F = (b — X)t, W = (Z> —X)2 //6.
Наибольшие напряжения в ослабленном сечении приравниваются допускае-
мому:
Р — 6
Р , М Р . 2 . . ,
Т+^=(Б—^+(T=^7=la]’ *=23’5шс
6.20. Напряжение в неослабленном сечении a = 6000/10-0,8 = 750 кГ/см3.
В ослабленном сечении полосы с галтелью нагрузка передается с эксцентри-
ситетом е = а/2 = 0,5 см. Имеем растяжение с изгибом
6000 . 6000-0,5-6 Г1 .
а“0,8(10— 1)+о,8(10— I)2 1110 кГ/см ’
344
следовательно, напряжение увеличилось на
И1°~75д • 100 = 48%.
/оО
6.26. Если бы нагрузка передавалась центрально, то была бы достаточна
площадь сечения F = P/[o] = 25000/1600= 15,6 см1. Учитывая наличие изгиба,
возьмем ориентировочно швеллер № 24
У7 = 30,6 см1.
= — = —1346 кГ/см1.
г Jу
Потребная толщина полосы t = P/b [о] = 25 000/24 -1600 = 0,65 см. Имеем ех=
=г0 = 2,42сл, e2 = Z?—г0 = 9—2,42 = 6,58 см, е = г0 + //2 = 2,42 + 0,32 = 2,74 см.
Напряжения в крайних волокнах
а1=4+£ч = 1612 кГ/см1,
Г J у
Условие прочности выполняется.
6.30. Наибольшие напряжения имеют место в заделке:
_р_
F W~ а1
6Z .
cos а-----sin а
а
N = Р cos а, М — Р1 sin а,
Угол ав находим из условия
а=а„
61 \
— cos а0 ) ,
откуда tga0 = 6Z/a. Следовательно,
Р cos (a—a0)
О —---5*----------« .
a3 cos a0
6.39. Площадь и момент сопротивления сечения АА:
F = ^-(dldi—d{di)=ll,8 см1.
W = 5р._dj3d'2) = 23,55 см3,
“1
di=dj — 2/, d2=d2— 2/.
Изгибающий момент в сечении АВ:
М = Pib-f- Р2 (а + г) = 375 000 кГсм.
Максимальные сжимающие напряжения:
____Р±__М_
°- F W~
12 500 375 000 .йпо_ „
= —Гй8~1з^Г=-16980 кГ/см -
6.44. Через след Р проводятся прямые РР'
и РР", параллельные соответственно координатным
осям х и у до пересечения со сторонами АВ и
ВС прямоугольника инерции. Проводятся прямые
Р'К и P"L и отмечаются точки пересечения М и
N с осями х и у. Проводится прямая ВМ до пе-
ресечения с осью у и прямая BN до пересечения
К задаче 6.44.
с осью х. Отрезки OS и OR равны
отрезкам нейтральной линии на осях
i2 !2
OS =—^- = а,. OR = --^- = b.
хр уР
Следовательно, прямая S7? и есть искомая нейтральная линия.
345
6.45. Строим прямоугольник инерции A BCD:
ix = ~ = 2,89 см, iv = = 1,73 см.
К12 V К12
Предполагая, что сила действует в вершине Р заданного прямоугольного сече-
ния, строим нейтральную линию SK, как указано в решении задачи 6.44.
Точки Р' и Р" определяем как точки пересече-
ния продолжений сторон прямоугольника инер-
ции с контуром сечения. Линия Sft представ-
ляет собой одну из сторон ядра сечения. Ана-
логично строятся остальные стороны ядра.
В результате получаем ядро в виде ромба с
полудиагоналями:
ех — 1
см, еу= 1,67 см.
6.46. Эпюры распределения нормальных
напряжений по высоте сечения бруса в его
предельных состояниях изображены на рисун-
ке. Эпюра а) соответствует действию в сечении
бруса продольного усилия текучести AfT, а
эпюра б) — изгибающему моменту текучести Л1Т.
Из этих эпюр следует:
NT = a1bh, = aTbh2.
Эпюра в) соответствует одновременному дейст-
вию изгибающего момента М и продольного
усилия Л/. Если эпюру в) представить как
сумму эпюр г) и д), первая из которых соот-
ветствует усилию М, а вторая—усилию М, то можно записать:
Исключая из последних двух формул 2а/Ь, получаем
Л4/Л4Т= 1 — (AZ/AZT)2.
Очевидно, что моменты М и Л4Т имеют одинаковые знаки.
6.47. Общий вид эпюры распределения нормальных напряжений по высоте
сечения круглого бруса в его предельном состоянии показан на рис. а).
346
Расчленим эпюру а) на две: б) и в), первая из которых соответствует усилию
К задаче 6.47.
Д', а вторая моменту М. На основании этих эпюр можем написать:
Л/ = ат (^-2Fe) , M=2^Faya,
где
„ г2 , 4r sin3 а
F, = 7?(2a—sin 2„), уа=п-------- п
“2 иа 2а—sin 2а
Так как-
4
7VT = iroTr2, Л1Т =-т-<ттг3,
О
-то
W , 2а—sin 2а Л1 . „
ТГ = 1------------• ТГ = sin «
/vT я Л1т
6.52. Приведенный момент по третьей теории прочности
Y+ = Р VI* 4- а2 = 17 850 кГа:.
Диаметр вала
3 / 32-17 850
V л-1600 = 4’86сл<-
6.54. Приведенные моменты по четырем теориям прочности:
Л1^р = 0,5Л1114-0,5 Л12+М2 = 12 000 кГсм,
М ”р = 0,35Ми + 0,65 j/Л1* + Л1£ = 13 000 кГсм,
М*" = ч/мГнЙГ = 15 000 кГсм, М™ - -1/Х+0,75м3 = 13 800 кГсм.
Up V И 1 п Up tr И ' Л
Диаметр вала
j/32Mnp
' л [а]
Имеем: <Р = 4,95 см, dn = 5,I см, dnl = 5,35 см, dJV = 5,2 см,
6.56. Удвоенная площадь, ограниченная контуром поперечного сечения1
йк = 2 40+ 20- юо = 6000 см\
347
Момент инерции поперечного сечения
' J = 2 (6-202 + 3-102) + 2-0,5(182+162+142 4-122) +
+—^--+--21^°3+2 100-0,1 • 152 = 12 553 см*.
Нормальное и касательное напряжения в обшивке
MuHt 350 000 „„ ,
7Г “72553 20 = 560 КГ/СМ ’
Мк 180 000 ,
Q^ = 6000AT = 300 '<r/“-
a
Приведенное напряжение по третьей теории прочности
а^= /о2 + 4т2 = 820 кГ/см- < [а].
6.58. Для бруса круглого сечения
То же для квадратного сечения
Здесь а—сторона квадратного сечения, d—диаметр круглого сечения, FKp и
FKB—площади поперечных сечений брусьев соответственно круглого и квад-
ратного. Сравнение приведенных напряжений дает: FKB=0,94FKp. Таким об-
разом, брус квадратного сечения легче на б^/о-
6.59. Для бруса круглого сечения
(Л1и+о;
Для бруса квадратного сечения
(”Э’=(^S-y-н (<твг.у=» (*«’.+»«:).
так как из равенства площадей а=—здесь а—сторона квадратного се-
чения, d—диаметр круглого сечения. Сравнение приведенных напряжений для
круглого и квадратного сечений дает
Л1И__ ~i/~^2 16л , _.
Mk~ V 16л —36 ’ •
Отсюда следует, что при Л1И/Л4К < 1,71 более прочным является брус круглого
сечения, а при Л4И/Л4И > 1,71—более прочным брус квадратного сечения.
6.60. Крутящий момент, передаваемый участком вала между зубчатыми
колесами, Л4К = 71 620/V/n = 35 810 кГсм. Окружные усилия определяем из ра-
венства Мк = Р1г1 = Р2г2. Тогда
PY = 35810/6 я 6000 кГ, Ра = 35 810/12 « 2000 кГ.
348
Разлагаем окружные усилия на вертикальные и горизонтальные составляющие:
P1B = Pi cos at = 6000-0,707 = 4240 кГ,
Р1Т = Р1 sinai = 6000-0,707 = 4240 кГ,
Р2В = Р2 cos a2 = 3000-0,866 = 2590 кГ,
Р2Г = Р2 sin a2 = 3000-0,5= 1500 кГ.
Перенесем составляющие силы на ось вала и
построим эпюры изгибающих моментов отдельно
от вертикальных и горизонтальных сил. Опорные
реакции и изгибающие моменты от вертикаль-
ных сил:
Лв = ^-(4240-40 + 2590-15) = 4180 кГ,
О
Вв = 4240 + 2590 —4180 = 2650 кГ,
Л4° = 4180-10 = 41 800 кГсм,
Л4| = 2650-15 = 39 800 кГсм.
Опорные реакции и изгибающие моменты от
горизонтальных сил:
Лг = ^ (4240 40 + 1500 • 15) = 2950 кГ,
Вг = 4240—1500—2950 = —210 кГ,
М\ = 2950 10 = 29 500 кГсм,
Мг2 = — 210-15 = 3150 кГсм.
Эпюры Л1° и показаны на рисунке. Суммар-
ные изгибающие моменты находим в характерных
сечениях как геометрические суммы моментов в
вертикальной и горизонтальной плоскостях:
М1 = /(МВ1У + (Л1Г1У = 51 000 кГсм,
Л12 = ]/(Л1вУ + (Л4в)2 = 40 000 кГсм.
Эпюра суммарных изгибающих моментов Ми также показана на рисунке.
Сопоставляя эту эпюру с эпюрой крутящих моментов Л4Н, находим опасное
сечение вала в точке /. Приведенный момент в сечении 1 по четвертой тео-
рии прочности:
ЛУ,р=-|/ М2И + 0,75ЛГ* = 60 000 кГсм.
Находим диаметр вала
/~32M’Vp _
л [о]
3/ 32-60 000 _
V л 1200 ~
6.66. Расчетная формула имеет вид
349
Подставляем в эту формулу исходные данные и возводим правую и левую
части ее в квадрат. После преобразований получаем
К задаче 6.72.
40 96 000 . 138 090 . 1300
-м--------in--—зт-<985
а» d°. d*
или 4150+ 140d + 1,32d'2 < de. Решая это урав-
нение путем проб, получаем </^4,1 см.'
6.71. На основании третьей теории проч-
ности имеем
откуда 4а2 + 93 = а“.
Путем проб находим а = 2,2 см.
6.72. Не производя вычислений, строим в
произвольном масштабе эпюры усилий Q, N,
Мх, Му и Л4К, действующих в сечениях рыча-
га. На основании этих эпюр делаем заключе-
ние, что опасное сечение находится вблизи
крепления амортйзатора (сечение АА). Опре-
деляем усилия в опасном сечении:
Q = P sin 40° = 8000-0,643 = 5150 кГ,
N=Pcos 40°= 8000-0,766 = 6130 кГ,
Mx = P(l — ll)sin 40° = 8000 (66—30) 0,643 =
=186 000 кГсм,
Му = Pc cos 40° = 8000 • 20 • 0,766 = 123 000 кГсм,
Мк = Pc siп 40° = 8000 • 20 0,643 = 103 000 кГсм.
Вычисляем площадь и моменты сопротивления в опасном сечении:
Р = 2/ (& + п-2/) = 2-0,6(12 + 8-2.0,6) = 22,6 см2,
Wx = t-^-\-at (b — 2t) =°’6„—+ 12-0,6 (6 — 2-0,6) = 78 см3,
о
Ц7> = ^+й(а-2/) = ^^+8.0,6(12-2.0,6) = 63сл13,
№к = 2/ (6 — t)(a—/) = 2-0,6 (8—0,6) (12—0,6)= 101 см3.
Наибольшее нормальное напряжение имеем в угловой точке сечения, где скла-
„дываются нормальные напряжения от N, Мх и Му. В этой же точке имеется
и касательное напряжение от А4К. Касательными напряжениями от Q в этой
точке можно пренебречь. Вычисляем:
N , Мх Му 6130 186 000 . 123 000 ,спп Г1 ,
а=т+^+^=^б+^^+^з-=4600 кГ/см'
Мк 103 000 плп г,
т=¥;=-тог=940 кГ/см~-
^Приведенное напряжение по третьей теории прочности
аэкв — V а'2 + 4та = 5900 кГ/см2.
Коэффициент запаса прочности п = ов/оэкв = 2.
6.73. Разлагаем силу Р на два направления
Pt = Р cos а = 6000 • 0,940 = 5640 кГ,
Р2 = Р sin а = 000-0,342 = 2050 кГ.
:350
Определяем усилие М в подкосе
= Л/cos Р, Л7, = Л?81п0, Pyc—/^е — М^а — О,
N = „ аУ a^n^’L^3370 кГ‘ 1V,= 1685 кГ.
ecosp+asinp 7-0,5 +25-0,866
2Эпюра изгибающих моментов от силы Р2 имеет форму треугольника. У
верхней опоры Л4р1=Р2/ = 2050-90 =
185 000 кГсм. Ординаты эпюр изгибаю-
щих моментов от силы Р2 на участке
от колеса до крепления подкоса по-
стоянны Мр, = Р1с = 5640-1Б =
«= 84 600 кГсм. У крепления подкоса
имеется скачок в моменте от силы Л+
он равен &Mp=Nxe = 11 800 кГсм.
Вдоль цилиндра эпюра Мр, линей-
ная, и у верхней опоры Мр, = 0.
Крутящие моменты Мк постоян-
ны: /Ик = Р2с = 2050-15 = 30750 кГсм.
Для цилиндра расчетным является се-
чение у верхнего дна. Здесь Мр,=
= 164 000 кГсм, Л4р3 = 29000 кГсм.
Суммарный момент
ЖгЖ$7
Л77Л7
М/{С/<ГСМ)
MOO
Мр^хГсм}
Мр2(хГсм)
84600
К задаче в. 73.
М = т/ М2р +М2Р1 = 167 000 кГсм.
Площадь сечения и момент сопротивления сечения (y = d1/</)i
Р = 0,785 d2 (1 — у2) = 0,785• 56 0,75 = 33 см2,
W =0,1 d3(l—у4) = 0,1-420-0,44= 18,9 см3.
Нормальные напряжения от изгиба Om = M/W = 167 000/18,9 = 8840 кГ/см2..
Нормальные напряжения от продольной силы <Lv=— N1/F = —1685/33 =
= — 51 кГ/см2. Касательные напряжения от кручения x = AfH/2U7 = 30 750/37,8=
= 814 кГ/см2. Давление в цилиндре р= Р1/Рп = 5640/0,785-6,52= 168 кГ/см2.
Нормальные напряжения в продольных сечениях цилиндра a=pdcp/2/CT =
= 168-7/2-0,5=1180 кГ/см2. В опасной точке вблизи поверхности цилиндра*
вдоль оси цилиндра действуют нормальные напряжения оЛ = — 8840 — 51 =
= — 8891 кГ/см2 вдоль касательной к наружной окружности сечения, ov =
= 1180кГ/сл3 и, кроме того, касательные напряжения т = 814 кГ/см2. ' По.
третьей теории прочности имеем
а^кв = / (Ох—о?)2 + 4т2 = V (-8891 —1180)2 + 4-8142= 10 100 кГ/см2.
Условие прочности выполняется: о^в < lol-
в.74. Площадь и момент инерции поперечного сечения цилиндра!
jtD2 лб2
F = — (1— у2) = -т- 0,305 = 8,5 сл£а,
4 1 ' 4
— (1—у4) = ^0,516 = 33,3 сл4,
Горизонтальная и вертикальная составляющие силы Р
Рх = рлО2у2/4 = 25л62 -0,695/4 = 472 кГ,
Py = pxtga = 425 V 3 = 735 кГ.
3511'
Реакция на внутренней стенке цилиндра от штока
= Р = 733 » ЮОО кГ.
у х 25
Максимальный изгибающий момент (в среднем сечении цилиндра)
_____________________ Мк = Р!//4= 1000-50/4= 12500 кГсм.
\ Нормальные напряжения от изгиба в точках А и D
ffo- / сечения цилиндра
*ГТ-------/Г . Мл D , 12500 „ , r, t
ХХЛ J) <т= ± -г-о- = ± ^тй-3= ± 1125 кГ/см2.
В точках В и С:
К задаче 6.74. о= ± ~ а= ± 3 = 940 кГ/см*.
J Л о
Нормальные напряжения, обусловленные внутренним давлением в цилиндре,
в продольном и поперечном сечениях соответственно
апрод = = 150 кГ/<м2' °рад = 4 °ПР°Д = 75 КГ1СМ?'
Полные продольные нормальные напряжения в точках А, В, С и D
ол= 1125 + 75= 1200 кГ/см2, оя = 940 + 75= 1015 кГ/см2,
ос=— 940 + 75 = — 865 кГ/см2 о° = — 1125 + 75 = — 1050 кГ/сл3.
Напряженные состояния в точках А, В, С и D определяются следующими
главными напряжениями:
(Л) О1 = 1200 кГ/см2; о2= 150 кГ/см.2-, о3 = 0;
(В) Oj = 1015 кГ/см2',. о2=150 кГ/см2', о8 =— р = —25 кГ/см2;
(С) ог = 150 кГ/см2', о3 = — 25 кГ/см2, о3 = —865 кГ/см2',
(D) ot= 150 кГ/см2', о2 = 0; о8 = — 1050 кГ/см2.
На основании третьей теории прочности опасной точкой является точка А.
Для нее
а’" = 1200—0 = 1200 кГсм2 < [а].
6.76. Вычисляем наибольшие нормальные и касательные напряжения в ха-
рактерных точках поперечного сечения щеки коленчатого вала
7000-6 , 1500-6 „
°М, =Т0^53 = 670 КГ/СМ ’ °л11=2эЛо2 =36° КГ/СМ '
N 3700 г, „ 4500 .
GN=-P=\^r 148 кПсМ 1 Тк=1,15-2+3 = 625 КГ1™ '
т" = 0,7447т; = 467 кГ/см2, т<?=4 ^=4к5=15С КГ1СМ^
На основании этих данных строим эпюры нормальных и касательных напря-
жений (см. рисунок). Рассмотрим три точки А, В и С на контуре поперечного
сечения. Приведенные напряжения на основании третьей теории прочности для
»тих точек;
о^в А = 148 + 670 + 360 = 1138 кГ/см2 < [о] (тл = 0),
аэХв= /1148—360)2 + 3 (625 + 150)2 = 775 кГ/см2 < [о],
С = /(148 + 670)2 + 3-4672 = 1160 кГ/см2 < [а].
352
Наиболее нагруженной является точка С. Для нее
а™в=1160 кГ/см- - - 1160 кГ/см2 <[а].
К задаче 6.76-
6.78. Изгибающий и крутящий моменты в заделка
Л4И =/V sin а, Мк — Рг(\—cos а).
Максимальные нормальные и касательные напряжения в заделка
о = 6Л4и/а3, т = Л4к/0,208а3.
Приведенные напряжения по третьей теории прочности
а” ’ = / а2 + 4т2 = 7 ,05Рг/а3.
Из условия прочности Оэкв = 1<71 находим
а= I/7,05Рг/[о1 = ^7,05-1000-50/1600 = 6,05 см.
6.85. В качестве статически неопределимого усилия принимаем Л4д— из-
гибающий момент в сечении В участка ВВ'. Этот момент одновременно
является крутящим для участка ДВ. Угол наклона касательной к изогнутой
оси участка ВВ' равен углу поворота участка АВ-.
<р = Pl2/ 16EJ — М BII4EJ = Msb/GJK.
Так как J = a4/12 и 2К = 0,14а4,-получаем Л4й = 0,9Р. Путем построения эпюр
выясняем, что опасным сечением является сечение Д. Здесь изгибающий мо-
мент Л4 = Р&/2 = 6Р и крутящий момент А4К = Л4д = 0,9Р. Вычисляем нор-
мальные и касательные напряжения в опасном сечении в опасной точке
о = 6- бР/а3 = 4,50 • Р, т = 0,9Р/0,208а3 = 0,54Р.
Далее из условия прочности У а2 Д- 4т2 — [а] находим Р = 350 кГ.
12 Под рад. А. А. Уманского 353
6.86. Проекции силы Р на координатные оси xlt ylt zt:
PXt — — P cos a - - — 500 kF, Py. — — P cos 0 = — 643 кГ,
Рг = — j/pi — P^ — P^ —580 кГ.
Переходим к новым координатным осям:
Рх= PZl= — 580 кГ, Ру = Ру| cos х —РЛ1 sin х= — 171 кГ,
P«=P*1cosx + /’yisinx=—796 «Г.
Координаты начала xlt ylt z, в осях х, у, г:
х = а = 50 см, у = 0, z = 6 = 40 см.
Усилия в сечении В
М=Р, = —796кГ, Qx~Px=— 580 кГ, Qv = Pv= — 171 кГ.
Таким образом, Mx = Pyz—Ргу= — 6840 кГсм,
Mv = Pzx—Pxz ——2660 кГсм, М,, — Рху — Р^х -8550 кГсм.
уел ’ И у
Г лава 7. ПРИЛОЖЕНИЕ ЭНЕРГЕТИЧЕСКИХ ТЕОРЕМ
К ЛИНЕЙНО ДЕФОРМИРУЕМЫМ СИСТЕМАМ
7.1. Воспользоваться формулами
I
6-2я5'И*Л-
о
понимая Р и А в обобщенном смысле как силы и пары, линейные и угловые
перемещения. Для вычисления интеграла при прямолинейном очертании участ-
ков эпюры можно пользоваться правилом Верещагина, перемножая две оди-
наковые эпюры.
Можно также вычислить Интеграл как сумму абсолютных значений ста-
тических моментов отдельных участков эпюры относительно оси х.
7.2. Геометрический смысл обобщенного перемещения, стоящего множите-
лем при Р/2, следующий: это линейная комбинация перемещений точек при-
ложения нагрузок. В случае распределенной нагрузки — площадь приведенной
эпюры перемещений.
7.3. В случае защемления концов требуется предварительное разыскание
опорных моментов. Например, в случае а) имеем
D2/3 / 1 1 \ р2/3
^ = A4s=-P//8,
7.5. Указание. Задача упрощается, так как центр тяжести профиля
лежит на границе полки и стенки.
7.8. Воспользоваться формулой
,, ej с . . k f „ ,
Z I
7.9. Воспользоваться формулой, указанной в решении задачи 7.8, k = k^b^
U=^ § (А +Вх)2 bdx = ^ (А^ЕуЧАВЗу-уВЧу).
Здесь Р—площадь подошвы, Sy — статический момент, Jy—момент инерции
площади подошвы относительно оси у, перпендикулярной оси х в начале
854
отсчета. Если начало отсчета совпадает с центром тяжести площади, то
<Sy = 0 и энергия выражается канонической квадратичной формой.
Очевидно, А — ордината эпюры v в начале отсчета (при х = 0), В — угло-
вой коэффициент эпюры о.
7.10. Напряжение в точке оси фундамента в месте приложения силы
а = Р(1/Г+^/Ух + ^/^).
Здесь F=^bds—площадь подошвы фундамента, Jx='jp2ds, Jv = ^x2ds-~
s s s
моменты инерции площади подошвы относительно главных осей.
Эти интегралы при малой ширине b вычисляются как интегралы вдоль
линии, а не по площади, что отвечает пренебрежению моментом инерции
площадки b ds относительно" собственной оси (средней линии). Ширина й
играет роль погонной площади. Осадка в точке приложения силы
*1»
Потенциальная энергия
(/=уРД
(2 2
л_ t Хр
"Г .2 I -2
‘и
\кГ С.и].
7.11. Выражение энергии системы, нагруженной тремя силами (обобщен-
ными) L, Н, V, имеет вид
"Ч У кг
S S
Здесь /Wf, М/у, Му—ординаты эпюр соответственно от L=l, Н=\1 V— 1
(т. е. безразмерных единичных нагрузок). Раскрывая скобки и выражая
интеграл суммы суммой интегралов, находим
,, L2 ds Н2 С M2Hds 1/2 [Alps С MLMHds .
U ="2 J ~ЁТ~+~2 J J ~EJ~+LH J " EJ +
s s s s
M^M^ds !
EJ Г
s s
M HM v ds
Учитывая, что AQ=±1, МИ=±у, Mv=±x (знаки зависят от принятого
правила знаков, связанного с направлением осей), найдем
L2 С ds . № {* .. ds . V2 С . ds 1 „ (• ds ,
и =7 J Ё1+-2 J У Ё7+2- г EJ 1 LH Г Ё1 ±
• Sb S
HV f ху^-
J EJ J EJ
Если рассматривать \/EJ как фиктивную погонную массу, либо как фиктив-
ную ширину ленточного фундамента (см. задачу 7.10), либо, что то же, как
фиктивную толщину стенки тонкостенного профиля, причем ось во всех слу-
чаях имеет форму оси консоли (без жесткой приставки, для которой
1/EJ = O), то задача обращения в нуль интегралов второй строки сводится к
известной задаче теоретической механики или сопротивления материалов:
точка 0 должна быть центром тяжести весомой линии с погонным весом 1/EJ
либо центром тяжести площади ленточного фундамента шириною \/EJ или
12
355
тонкостенного профиля с толщиной стенки \/EJ. Оси х, у должны быть глав-
ными центральными осями инерции модели. Тогда энергия выражается сле-
дующим образом!
/ а , «а . т/а .
Буква «ф» означает «фиктивный».
7.12. Воспользоваться выражением энергии через усилия и тем фактом,
что интеграл произведения симметричной и антисимметричной эпюр, очевидно,
равен нулю.
7.14. Для брусьев с круговой осью следует пользоваться полярными
координатами.
Сводку некоторых часто встречающихся интегралов см. в Приложении
табл. 2. Энергия затяжки длиной 2г: U3 — N2r/E3F3. Изгибающий момент
в сечении арки М (0) = N3r sin 0. Энергия изгиба арки
4ДаJл '
Полная энергия U — U3-\U3, & = 2U/N3.
7.15. М =—Pr sin P, N — — P sin p, Q — P cos P,
я/2 я/2 ' л/2
p p2r p pi,y P
U==2EJ J sin2₽dP+2£F J Sin2₽d₽+-2GF J cos2fM =
0 0 0
Р^гл. / r'2 1 , X \ пР2Г [.3n
-~T [ej + ef+gf)—8EF (ЗОО+Ч-3-1).
7.16. Л1« —Pr sin p, MK = Pr(\ — cos p),
Л/ 2 л/2
f ein-^p rfp+(1+;p3 f (i~coSp)2dp=
At C J -J L J
о 0
2EJ
л— 2
7.17. Проволока в цилиндрической винтовой пружине с малым шагом
витков работает на кручение с постоянным крутящим моментом МК=-РР,
где R— средний радиус витков, и на срез с постоянной срезающей силой Р.
Потенциальная энергия деформации пружины на 1 см длины проволоки равна
M^/2GJp-pP2/'2GF [кГсм/см]. Пренебрегая срезом, найдем крутящий момент
из условия прочности проволоки диаметром 8 мм:
М
ГД«<[т], Л1К = 4000-л-0,43/2 = 400 кГсм.
Энергия пружины (Л? = 4 см, п = 10)
М2
U = 2л Rn= 160 кГсм.
Число витков п'=12,Б.
7.18. Энергия кручения проволоки пружины U ^nnP^R^/GJ к =
= 2nPaP’/Gr4. Перемещение X«»2U/P = 20 см\ напряжение кручения
т = Л1к/П7к-= 2Р7?/л/-3 = 3180 кГ/см2-, напряжение среза т' = P/F^ Р/лг2 =
•= 159 кГ/см2.
356
7.19. Допускаемая нагрузка Р = 3980-л-0,1853/2-1,9 = 20,8 кГ. Вычисляем
осадку пружины: Х = 4-20,8-1,93-6/7,05-106-0,1854 = 4,2 см.
7.21. Условие деформации Х2— 7ч—~/г, (Х2— Х1)/(Р2 — Р1)==Х1/Р1, откуда
Х1 = 45 мм, л2 = 75 мм. Из условия Z2 =
•= 64P2/?3n/Gd4 находим п — 6 витков.
Но = Х2 + (d 4- Л2) п = 240 мм, Р2
t0 = На/п = 40 мм,
тт;1х = 16Р2/?М3 =3180 кГ/см2.
7.22. Р, =р 4^ = 42,5 кГ (в момент
1 4 АС
открытия клапана),
, 1 , ВС гп
Л,=л.—11 —гт=00 мм,
1 АВ
/’га.1х = -Р1^ = 90,4 кГ,
К. задаче 7.21.
d = 3 мм, тогда ^max-=
Выберем ближайший стандартный диаметр проволоки
=64Pmnx/?3n/Gd4, n as 21 виток.
7.24. Условия совместности деформации пружин:
2nt — — Л2 = I — а, = 64Р1/??л/О<Д = 0,125 Р t,
Х2 = 64P2/?2n/Gd4 = 0,244Р2, 0,125/\ Д- 0,244Р2 = 2nt — I + a, Pl — Pi = (}.
Отсюда
Р,= (54,2 + 0,661 (?) кГ, Р., = (54,2 —0.339Q) кГ,
X1 = (6,78 + 0,0827Q) см, Х2 = (13,2 —0,0827) сл1,
/г = 0,0827 Q.
Напряжения: тг = \6P1Ri/nd3, т2= 16P2/?2/nd3.
7.26. Основные характеристики винтовой линии, являющейся осью круг-
лой проволоки, из которой свита пружина, следующие.
Координаты точки т на оси проволоки:
x=7?cosP, i/ = 7?sin|3, 2 = T?3ctgi|).
Здесь ф—постоянный угол касательной к витку с образующей цилиндра.
Высота витка Л = 2л7? etg ф. Естественная кривизна и кручение выражаются
формулами
I __з!п2ф 1 _ sin ф cos ф
"р~ # ' Р^~" R ‘
Длина дуги пропорциональна углу р: s = 7?0/sin ф.
Момент внутренних сил в сечении проволоки M = PR. Раскладывая го-
ризонтальный вектор М, получаем: изгибающий момент М = PR cos ф, кру-
тящий момент Л4к = Р/?51пф, продольная сила Лг=Рсозф, поперечная сила
Q = Р cos ф.
,, sP2 / R2 cos2 ф . Д2 sin2 ф соз2ф sin2 ф\ 21)
U~~\ Ё1 1 СГК г-£/? I GT~j • JP-
Последние два слагаемых в скобках можно не учитывать.
357
7.27. Общее выражение перемещения А узла фермы по данному направ-
лению, возникающего в результате удлинения отдельных стержней, имеет вид
д-Saw. (1)
Здесь А — вычисляемые заранее удлинения от действия нагрузки (упругие
удлинения) либо от действия температуры или малые приращения длин стерж-
ней вследствие неточности изготовления, N — усилия в воображаемом состоя-
нии фермы от действия безразмерной силы 1, приложенной по направле-
нию искомого перемещения.
Упругие удлинения вычисляются по известным усилиям Л'/>:
l.p = Npl/EF, (2)
температурные!
А, = а/°/, (3)
где I — длина стержня, а — коэффициент линейного расширения.
Для решения задачи определяем усилия Np аналитически (методом сече-
ний) либо посредством диаграммы Максвелла — Кремоны и находим удлине-
ния (2). Затем отдельно определяем усилия $ от воображаемой вертикальной
силы л, —1. Наконец, вычисляем произведения (1) и суммируем все произве-
дения.
Усилия Np от нагрузки:
—ЮР, W,-2 = -6Р, Л2-з = -ЗР, W3-4=-P,
Ло'-и = 6Р, Л\'_2, =ЗР, Мг'-з' = Р, =0,
Ло'-i = 4Р У~2, Л1'_2 = ЗР У1, Д' 2' -з = 2Р У 2, N»'_t=P У2;
AS-i- = — 4Р, = — ЗР, Л»-з' = — 2Р, N^^-P.
Усилия N от единичной вертикальной силы 1 Xj S= 1 в узле 4:
Ло-i — ~ -4, Wl_2=-3, Л/2_3 = = -2.
^о--1'=3, Л\-_2-=2, W2._3. = l, W3'-4'“0.
A^o'-i = AZi'-j = Ла'—з = Л3._4 = У 2,
Л/]-!* “Л^з-з' =—^4-4* «=0.
Выполняя указанные выше операции, находим
Д1Р =. ЭОРа/РР, + (20 9) Pa!EFa.
Обозначение Ajp читается так: перемещение по направлению силы X, от
нагрузок Р.
7.28, Воспользуемся формулами (1) и (3) решения задачи 7.27, Удлинения
стержней верхнего пояса от нагрева равны
^•0' - г = ^1'-2, = ^2'-3'= Хз._4, = а(°а.
Усилия ~RX найдены выше. Находим
A1Z = а/“а (3 + 2 + I + 0) = 6а/°а.
При охлаждении верхнего пояса перемещение получилось бы отрицатель-
ным и, следовательно, направленным вверх.
7.29. Индексом «н> отметим неточность изготовления. А1я — перемещение
узла 4 по направлению Xit т. е. по вертикали в результате неточности изго-
товления, в данном случае — сокращения длины стержня 2—8
А1и-2^ = ^-Л-3 = (-1Л)(-2)=3 см.
358
7.30. Каноническое уравнение метода сил для однократно статически не-
определимой системы во всех случаях имеет вид
Х|вц +Л1Р = 0.
Разрежем в произвольном месте опорный стержень и приложим в разрезе
неизвестное продольное усилие в нем в виде двух равных и противоположных
силХ]. Каноническое уравнение выражает то условие, что суммарное рас-
хождение торцов, отделенных разрезом, от совместного действия заданной
нагрузки и неизвестных сил Xt равно нулю.
Воображаемое состояние фермы от Х(=1 используется как для подсчета
величины свободного (грузового) члена A,p, так и для подсчета главного
коэффициента 6Н. Рассмотрим вариант £3 = 1 см2.
На основании решения задачи 7.27 находим
90 Ра (20 V 2 + 9) Ра 13,7Ра
Al/>~£-10 + £-8 — Е
При вычислении 6Н по формуле бц следует учесть наличие
разрезанного стержня, что добавляет слагаемое \2a/EF3. Получаем
«и = К-4)2 + (-3)2 + (—2)2 + (-1)2 + 32 + 22+ГЧ-01 +
+ [4-2 /2 + 4 (-1)2 + 0]
С Г «2 С jg С
Наконец, Х1==—AIP/6H = —13,7Р/7,3 = —1,87Р. Знак минус показывает, что
опорный стержень не растянут, как предполагалось вначале, а сжат. _
Усилия во всех стержнях определяются по формуле М = МР + Х1Л'. Это
дает
Л10_1 =—10Р+1,87Р-4 = —2,5Р, Х1_2 = —6Р+1,87Р-3 = —0.4Р и т. д.
7.31. Каноническое уравнение: X1611 + A1t = 0, ^lt = 0a.t°a [слт],
6n = ^^r^j;l (см. решения задач 7.28, 7.30),
X, = - Д, t/6n = — 6а/°£/7,За = — 0,82£а/°.
Усилий в основной системе от действия тем-
пературы не возникает. Окончательные усилия
пропорциональны XL. Наибольшее усилие имеет
место в стержне 0—/: Х0_1 = 4. Поэтому
Л'тах = /¥„-!= — 0,82£а/° 4 = — 3,28£а/° =
=—3,28-2-10е-125-10-’-100 = —8200 кГ,
_____Мтах__
°тах— р —
8200
10
820 кГ/см2.
7.32. Система однократно статически неопре-
делима. За лишнюю неизвестную принимаем опор-
ный момент Мд. Основная система—балка, шар-
нирно опертая в А, поддерживаемая подкосом СВ.
Определяем усилия в основной системе от нагруз-
ки р и от неизвестного момента, принимаемого «задаче 7.32.
равным безразмерной единице = XL 1.
При вычислении свободного члена и коэффициента в каноническом урав-
нении Х1б11 + Д1Р = 0 будем учитывать как деформацию изгиба балки, так
359
и деформацию удлинения подкоса и балки:
Д1/,=£Л J
I
1
Уравнение Mp(x) достаточно составить для участка Zj (так как на
участке /, равно нулю). Начало поместим на левом конце. Ось х направим
вправо. Получаем
мР (Х) = w
Продольные усилия в подкосе
p(Z1 + Z3)2 ^н=_ 1
р 2Z± sin а 1 /| sin а
Усилия на участке 11 балки
Д'® =—Л’р cos а = р (Zx + Z3)a, Д® = — Д'" cos а=у-tga,
/,
.______1 С pfa рх (fL —х) I li—x. ,___________1 pl2lr I______1 pl2!,
lP ^iAJ L 2 J li E,Fl2lltgia £2Fa 2/“ sin’a"
Интеграл равен pZx (/?— 2l‘)/24ElJ1. Подстановка числовых аначений дает
Д1/> = (3,4 + 0,24 +1,5) 10-4р = 5,14-10-‘р.
Влияние [растяжения балки по сравнению с влиянием сжатия подкоса
незначительно.
I
1 е //,___1 1 / 1 \* 1 / 1 \1
Й1,=тг-г \ — dx+-gr^- (т-т----- +-тЛ- т-Z-------- Z3 = 0,138-10-«,
E1J1J \ li J ElF1 Vitg“/ E2Ft \/isln«/
о
Xj — MA = — Д1Р/6И —5,14 • 10 - 4p/0,138 10 -11 = -3700р.
Изгибающий момент в сечении В: Л1д = pZ’/2 = 5000 кГсм. Таким образом,
Мц > МА. Усилие в подкосе
Л+= —pZ2/2/j sin a — Хг/1г sin a = —41,3р.
7.33. 1) Строим эпюру Мр от заданной нагрузки и эпюру Alj от горизон-
тальной силы Хг=1 (безразмерной), приложенной в сечении В.
Пользуясь правилом Верещагина, находим
_ 1 (Pl 1 Y Z Р10
1P~EJ U 2 J 2 =16EJ'
Для нахождения других перемещений следует построить соответствующие
эпюры Л4:
2) эпюры ЛГ, и Л1а от сосредоточенных безразмерных моментов
и Xa=l в сечениях А и В;
850
8) эпюру от силы Х4=1 в сечении Е\
4) эпюры и Мв от Горизонтальных сил А'й = 1 и Ха=1 в узлах
С и D,
Перемещения Д,р, ..Дар определяются при помощи правила Верещагина.
К задаче 7.33.
7.36. Рама однократно статически неопределима. В случае а) распор Xt
определяется по общим правилам.
При антисимметричной нагрузке симметричной рамы устанавливаем, что
в сечении С усилия М и N обращаются в нуль. Это дает возможность найти
реакции опор из уравнений равновесия левой (или правой) половины рамы.
Из уравнения У, ^* = 0 находим Нл = —ql/2 (направлена влево), из урав-
нения Мс = 0 получаем V A = —qh. (направлена вниз).
При заданном соотношении l/h = 2 имеем 1/д =—<?Z/2, Va”<?Z/2.
Эпюры для случаев а) и б) см. ответ. Следует запомнить, что всякая
симметричная двухшарнирпая рама при обратно симметричной нагрузке ста-
тически определима.
7.38. Основную систему выбираем в виде ломаной консоли, защемленной
на правом конце. Неизвестные — горизонтальная Д’, и вертикальная Хг,
составляющие реакции шарнирно неподвижной лелой опоры.
- Канонические уравнения метода сил будут:
1) + Д1Р=0, 2) Xj62i + X2S22 +Дг/> = 0-
Построив эпюры Мр, Mlt по правилу Верещагина, находим
с/Л - FI\ I Р1Л.3 pl*
EJb1P--^—lh-—, EJA,lp = -$-—I=
Здесь -y
ванием l и высотой р1г!2', его цептр_тяжести отстоит на 3Z/4 от левого конца
ригеля; h и 3//4— ординаты эпюр Мг и Mj под центром тяжести эпюры Мр.
^-Z—площадь эпюры Мр —параболического треугольника с осно-
861
«Перемножая» эпюры и М2, находим коэффициенты. Уравнения име-
ют вид: *
1) А (у + №2) +*2 ^-^=0. 2) X, ^+Х2 4-=°-
Подстановка размеров и решение уравнений дают X, =—232 кГ,
Х2 = 1250 a.7\ Эпюру М см. ответ.
7.39. По первому варианту заранее определяем 1/д = У^ = р//2 так, что
одно из канонических уравнений отпадает, но осложняется вычисление сво-
бодных членов двух уравнений. По второму варианту одна из неизвестных (Q)
равна нулю. Кроме того, симметрия рамы и нагрузки упрощает определение
коэффициентов и свободных членов.
К задаче 7.42.
7.42. Система трехкратно статически неопределима. Выбирая основную
систему и неизвестные, как показано на рис. а), получаем три канонических
уравнения, в каждое из которых входят все три неизвестные. Выбирая
в качестве неизвестных симметрич-
ную силу Yr и симметричную сило-
вую группу У2 и антисимметричную
силовую группу Y3, получаем 'кано-
нические уравнения в виде:
О ^i^ii + К2612-|-Alp = 0,
2) Кхб21 + К2622-|-Д2/, = 0,
3) К3б33-|-Д3^ = 0.
Целесообразно сгруппировать так-
же нагрузку, разложив ее на симмет-
ричную и антисимметричную силовые
группы. Это упрощает вычисление
свободных членов. Окончательное
напряженное состояние представится
суммой симметричного и антисиммет-
ричного напряженных состояний.
7.44. Система 15 раз статически
неопределима. Заменяем заданную уз-
ловую нагрузку симметричной (рис. а))
и антисимметричной (рис. б)). Если
пренебречь деформацией удлинения
К задаче 7.44.
стоек, то симметричная нагрузка вы-
зовет лишь продольные усилия в стой-
ках, равные узловым нагрузкам(50 кГ).
При антисимметричной нагрузке изги-
бающие моменты в стойках по оси
симметрии равны нулю (рис. а)). Взаим-
ные горизонтальные перемещения этих точек равны нулю. Поэтому расчетная
схема сводится к многошпренгельной балке половинной высоты с нерастяжи-
мыми затяжками (рис. г)). За неизвестные целесообразно принять усилия в
362
ватяжках (рис. 5)). При этом канонические уравнения получаются трехчлен-
ные; каждое содержит только три последовательных неизвестных, а первое и
последнее — по два. Решение таких
уравнений делается методом последо-
вательного исключения и значительно
проще, чем в общем случае, когда
в каждое уравнение входят все неиз- а)
вестные.
4 7.45. Усилия получаются из усло-
вий симметрии и равновесия. От за-
данной нагрузки эпюра М показана
на рис. а). Она имеет угловые орди-
наты ±<?ай/4. Обобщенная сила, соот-
ветствующая изменению угла между _
сторонами АВ и АС, представляет со- е)
бою две равные и противоположные
пары с единичными моментами. Ком-
поненты этих пар равны соответствен-
но ±1/й и ±1/й (рис. б)). Эпюра мо-
ментов от этой единичной нагрузки
по форме совпадает с эпюрой от наг-
рузки q, но ординаты уменьшены в qab
1/а.
К задаче 7.45.
7/а
раз. Искомое приращение угла
MqMds
~Ё1
подсчитываем по правилу Верещагина:
4 / 1 a qab\ 2 1.4 f 1 b qab 2 1 > _ qab / a . b\
При Ja — Jb = J имеем
7.47. Система однократно статически . неопределима. Основную систему
выбираем, перерезав опорный стержень В. Неизвестным является усилие
в опорном стержне Xlt. которое предварительно считаем сжимающим. Знак -f-
приписывается вертикально изгибающим моментам, вызывающим растяжение
нижних волокон брусьев рамы. Эпюры М показываются сплошными линиями
без штриховки. Крутящим моментам (верхний или нижний индекс «к«) припи-
сывается знак +, если при взгляде на торец наблюдатель видит вращение
торца моментом против часовой стрелки. Эпюры Л1И показываются пунктир-
ными линиями на тех же схемах, что и эпюры М.
На рисунке показаны эпюры М и Л1К от Р и от Х!«=1. Вычисляем по
правилу Верещагина:
CMPM,ds CMKpM*ds i и 2, 1 Р&з
Д,р J EJ + J GJK — EJb РЬ 2 3Ь~ EJb 3 ‘
S s
^u~~EJbb 2 3*+fi./an2 3 a^GJaa'b’a^EF =
1 / 63 . a3 . Z \ . 1 a2b
E \3Jb‘3Ja‘~F~ J+77 77
363
Для круглого сечения JK=-Jp. При р. = 0,25 находим ~£j‘ Беря
fc = 2a, d = a/20, имеем £JA1p = 8Pa3/3, £/6и = 3a3-|-a3/402^-5a3/2 я 5,5a3,
Xi = —Д1р/611 = 0.485Р. 'Окончательные эпюры Л4 и Мк см. ответ. Эпюра Q
строится по уклонам эпюры М.
К задаче 7.47. К задаче 7.48.
7.48. Вследствие антисимметрии напряженного состояния относительно
двух осей симметрии рамы изгибающие моменты в четырех сечениях на осях
симметрии равны нулю. Отрезаем четверть рамы АВ. Неизвестны четыре уси-
лия: <2д, М'а, Qb, Мд при наличии трех уравнений равновесия параллель-
ных (вертикальных) сил в пространстве. За лишнюю неизвестную принимаем
крутящий момент Мд = Х] (в совокупности с соответствующими реакциями
в сечениях А и В). Основной системой является Г-образная рама АВ, в гру-
зовом состоянии она воспринимает на конце А реакции QA и М'А, па пра-
вом— только Qg.
Строим эпюры Мр и Мр для основной системы от силы Р и отдельно
ЛД, TUj от Xj = l. Отметим, что от Р поперечные силы (реакции) в сечениях
А и В будут = Qb = —Р (вверх), от Xt = l имеем QA = — \/b (вверх),
QB=1/Z> (вниз). Эти силы отнесены к Г-образной раме АВ.
Для определения имеем каноническое уравнение Х1б11 + Д1р = 0. Вы-
числяем по Верещагину:
1 Pd1 2a 'оь0 о ’ ( 1 а । 1 \
EJa 2 3i GJ* b~ a\3>EJab+GJ")'
_ 1 a3 b а ! a2
(‘ll~3EJab2'~3EJb GJ^' GJb b'
Эпюры для случая Jа = Jb, b=2a, \/GJK = 5/4EJ. См. ответ.
7.52. Система четырехкратно статически неопределима. Основную систему
образуем, включая во все четыре стержня шарниры, не передающие крутя-
щего момента Мк, но передающие М и Q. Неизвестные — четыре пары равных,
но противоположных сосредоточенных крутящих моментов в шарнирах. На
рисунке показаны эпюры М и Мк в основной системе от нагрузки и единич-
ных лишних неизвестных.
Первое уравнение имеет вид
(т^+^Ь4^Л’+4''--0'
364
Остальные уравнения записываются аналогично. На рисунке ординаты
вшор М отложены снаружи контура, если верхнее волокно сжато; ординаты
епюр Мк—также снаружи контура, если при взгляде на торец бруса в сече-
нии видим вращение торца моментом против часовой стрелки. Моменты изоб-
ражены векторами с волнистой стрелкой. Вращение устанавливается по правилу
правого винта.
МГ.М,“ #ги
и подставить в интеграл Мора.
365
7.54. Условие пренебрежения деформацией от продольных сил позволит
заменить распределенную вдоль стержня реакцию усилием опорного стержня.
Система четырехкратно статически неопределима. Включаем в углах рамы
шарниры и за неизвестные принимаем искомые моменты в углах рамы. Дейст-
вие каждого момента распространяется на два смежных стержня. Для состав-
ления уравнений может быть использовано типовое уравнение трех опорных
моментов. Система уравнений имеет вид:
1) М4/41 + 2Л11 (/4i + /12) + Л42/12 = — РаЬ(11г — Ь)/11г,
2) Л11/124-2Л12 (/12+/23) + Ма/23= Рай (/12-|-а)//121
3) Л42/23 + 2Л/3 (Z23-f-/34) + Л14/34 = 0,
4) (/а4-|-/«)+ЛМи =0-
7.55. За неизвестные выбираем четыре взаимно ортогональные группы
угловых моментов: 1) группу четырех одинаковых угловых моментов, по вели-
чине равных (см. единичную эпюру Эта группа создает напряженное
К задаче 7.55
состояние, симметричное относительно осей х, у, 2) группу двух равных и
двух противоположных по первым знакам моментов Х2, напряженное состоя-
ние, симметричное относительно оси у и антисимметричное относительно
осн х (см. единичную эпюру Л12); 3) то же, но с переменой характера сим-
метрии на обратный: ось у—ось антисимметрии, ось х—ось симметрии (груп-
повая неизвестная Х3, единичная эпюра Л43); 4) группу моментов Х4, анти-
симметричную относительно каждой из осей х, у (единичная эпюра Л14).
Представив себе процесс вычисления интегралов Мора, убеждаемся, что все •
побочные коэффициенты канонических уравнений обращаются в нуль. Урав-
нения будут:
1) Х]6ц + Д]/> — 0, 2) Х2б22-|-Д2р = О,
3) Х3633 + Д3р = 0, 4) Х4644-|-Д4/> = 0.
Применяя формулу, приведенную
коэффициентов, находим:
в задаче 7.53, к вычислению главных
366
Обозначая через V* сумму фиктивных реакций над опорой п двух смеж-
ных балок п—1, п и п + 1 (как в теореме трех моментов), находим:
AiP = V* + V*+V*+V*. A2P = vf+V'*-V*-V*
a8/>=v?-v*-v*+v* A4p=v*-v*+vf-v*.
Неизвестные: X4 = — AIP/6U, X2 =—&2р/()22 и т. д.; искомые моменты в углах:
Alx — Х1+Х2 + Х3 + Х4, Л11 = Х1 — Xg + Х3 — Х4,
Л13 = Х1—Х2— Xs + X4, -Mt = X] + Х2 — Х3— Х4.
Вычисления упрощаются, если предварительно разложить нагрузку на
четыре силовые группы с тем же характером симметрии, что и группы сил
Xi, Х2, Х3, Х4. Почему?
7.57. Рассмотрим задачу 7.40. Моменты в симметричных шарнирах основ-
ной системы (скелета рамы) попарно равны по величине, но обратны по знаку.
Составляем уравнения балочного метода для
левых нижнего и верхнего узлов: ,
1) 2Л4, Д + Л124-=-б£Р*
Jh
2) Л/4А+2Л1г
В данном случае изгибающая нагрузка на
стойке и ригеле отсутствует. Зато имеется
перекос скелета рамы на угол ф = 6//i. Это
дает У| = ф, V* = —ф.
Дополнительное уравнение, связывающее Л1Х
чить ф,— уравнение равновесия ригеля:
3) 2Л)Х/Л—2Л12/Л+<7/ = 0.
Решая три уравнения, находим М,, М2, ф.
целесообразнее, так как сводит задачу к решению одного уравнения с одной
неизвестной.
7.58. При расчете сложных рам, имеющих разветвленные узлы, типовое
уравнение, выражающее неизменяемость угла между торцами двух стержней,
К задаче 7.57.
и М2 и позволяющее исклю-
Метод сил в данном случае
К задаче 7.58.
содержит не три, а четыре момента и имеет вид
Л4п-1, /Jn—1,п + 2Л4л n_j/n—г, /; + 2Л4„ п + 1 In, л+1 + Afn + i_ nln, и+т = —0V*.
Здесь I' = I, где JH — постоянный момент инерции, вводимый для удоб-
J
ства расчета, J — момент инерции сечения данного стержня, V* = V'* + У*—
изменение угла между торцами двух смежных стержней в основной системе,
3G7
V* обусловлено изгибом стержней, V* — перекосом скелета!
4— Ч’л.лЧ-! 'pn-l, п
ф— углы перекоса, считаемые положительными при вращении оси стержня
по часовой стрелке
Неизвестные: шесть моментов и горизонтальное перемещение узла 2.
Составляются шесть уравнений четырех моментов и уравнение равновесия
ригеля:
2) M1h'12 + 2Мг(h[3 +l23) + M3l23 = —6£Jo ГP12
L ”12 iotj23 nr
3) 7И2/аз -p 2Af 3/2З -[-2 (Al3— M3) /*43 — ~
4) 2M4h'i3 + (M’3-M2)h'i3^-6EJ0^±^l,
”43 2
5) Mih'i3-}-2(.M3—M3)h'i3-}-2M3l33 = ~6EJll Z^ + A^ + a/°Z23
lt»£ J 35 ”43
6) 7и3/;6+2м8(/;6+/г;в)=-б£у0 [4^4+А2+к/°Лз+/з5)].
b M2-M
7) 12
M3-M3-M4 M3 0
^43 ^i>e
Число неизвестных и уравнений превышает на два степень статической
неопределимости. Но составление уравнений проще, чем в методе сил.
7.59. Средняя линия фиктивного тонкостенного профиля совпадает с осью
рамы. Толщины отдельных «стенок» профиля t^ = ljEJ. Фиктивная площадь
сечения однрй стенки равна 1/EJ, где /—длина стержня. Следует оперировать
с фиктивными площадями и другими геометрическими характеристиками, уве-
личенными в EJ0 раз, где Jo — произвольный, постоянный для всех расчетов
рамы момент инерции. Тогда фиктивная площадь имеет размерность длины.
Фиктивная площадь одного стержня обозначается I' = IEJ0/EJ, аналогично
для стержней длиной s, h имеем s', h'. Для увеличенной в EJa раз фиктивной
площади всего профиля сохраним обозначение £*. Тогда £* = 2/'.
Статические моменты и моменты инерции стенок вычисляются как для
весьма узких прямоугольников шириной ft=EJ0/EJ по формулам
•Sx = ‘2’ (УлЛ-Ув), J* ="з (.Уд ~^УаУа~ЬУв)>
J*y = 4 <2*лУд + Ъсвув + хАув + хвуА).
Для замкнутых рам с защемленными стойками фиктивная площадь
«земли» обращается в нуль, фиктивный профиль получается открытым (вроде
швеллера).
Для рамы а) получаем:
F* = 2(S'+S;), S^sJ-s'h, y0 = S%/F*,
/*=|(s7I2 + sM
4=^+4 (Z2+ZZ1+Z?)
368
7.60. Условимся считать изгибающие моменты положительными и откла-
дывать их от сжатого волокна, когда они вызывают растяжение внутреннего
волокна рамы. Момент в любом сечении рамы
Л1 = М|) + М,
где Л'1°— момент в основной системе (другое обозначение Мр), М — момент от
(Риюпивлый профиль
К задаче 7.60.
трех лишних неизвестных, вычисляемый по формуле внецентренного растяже-
ния— сжатия фиктивного профиля фиктивной нагрузкой;
^= —2Р* ( —+ С У + ^г •
Фиктивный груз каждого стержня (так же как и геометрические характе-
ристики) вычисляется увеличенным в EJ„ раз, как площадь фиктивной на-
EJ
грузки, перпендикулярной плоскости рамы: р*=-=г/Л40;
Р* =
Л,
где Q;—площадь эпюры Л4° на i-м стержне. Этот груз прикладывается в следе
равнодействующей фиктивной нагрузки на оси стержня в виде кружка.
При правой системе винта положительному моменту Л1" соответствует Р*,
направленный к наблюдателю (кружок с точкой).
Примем в качестве ./() момент инерции ригеля. Полная фиктивная площадь
h
/"I1 = Л-1-2—==2/1. Статический момент относительно осп х', совпадающей
с осью ригеля, S*,=—2-^--^- = —. Ордината центра тяжести фиктивного
профиля (/о = = —/1/4. Момент инерции относительно оси х' равен
J* =-^--2-^- = ^j-, главные моменты инерции J* = J* — Еф (у'цУ -----------
_ 2h (— У — — ha == —-1-2 — (— У ==—
1 \ 4 ) ~ 24 ’ У 12^ 2 2 \ 2 / 3’
Выбираем основную систему, строим эпюру Л/° и определяем фиктивный
груз Р* (в данном случае единственный):
Л__1_=РЛ2.
2 2 2 2 16 ‘
Координаты фиктивного груза х* = —А/2, у‘‘‘ = — 7/1/12.
369
Изгибающий момент в любом сечении выражается через координаты се-
чения х, у так:
М = М«
Ph9- / 1 7h 24 h 3 \
16 \2Л 12 5/г3 У 2 1?Х)
или
.. ... Р / h 7 3 \
М = М°---з- -----гу—гх .
8 \ 4 5 s 4 J
По этой формуле вычисляются угловые ординаты эпюры М и строится
эпюра.
7.64. Фиктивные нагрузки отдельных стержней приводятся к концам
стержней, иначе говоря, заменяются фиктивными опорными реакциями. Реакции
смежных стержней складываются, образуя фиктивные грузы в углах 0Ь 62, 03,
04, 06 (другое обозначение V* ... или просто Pf ..
Поперечные силы в стержнях определяются как уклоны — тангенсы углов
наклона эпюры М к осям стержней = После определения Q величины /V
найдутся из условий равновесия вырезанных узлов или групп стержней.
Кроме того, можно раздельно определить величины Q° и № по правилам
статики и добавить значения Q и М от всех лишних неизвестных. Q и N на
протяжении отдельных стержней имеют постоянные ординаты. Они равны
соответственно уклонам эпюры М, подчиняющейся закону плоскости, вдоль
осей стержней и вдоль внешних нормалей к стержням.
7.65. Температурные или другие неупругие деформации вводятся в расчет
увеличенными в EJn(=EJ2) раз, причем берется фактическая величина
£Л2= 1,4-10“ 0,3-0,63/12 = 1560 Тм*.
Нагрев левой половины рамы заменяется нагревом оси на (35 + 5)/2 — 20°
и неравномерным по высоте стержней нагревом, с разностью температур внут-
реннего и внешнего волокон, равной Д/°=вБв—35 =—30°.
Равномерный нагрев вызывает относительное удлинение оси рамы, которое
интерпретируется как равномерно распределенная моментная нагрузка, крутя-
щая по отношению к средней линии фиктивного профиля:
Е J2m& = EJ.lai°=l 560 -0,00001 • 20 = 0,3120.
Равнодействующие фиктивные векторы-моменты (полные удлинения):
стойки = В*. = 0,3120-5 = 1,560.
ригеля £МрИГ = £риг = 0,3120-6,325 = 1,975.
Моменты относительно главных осей получаются проектированием момен-
тов /.* на эти осн:
М* = 1,975 cos а = 1,870, (И* = 1,560 +1,975 si и а = 2180.
Изгибающие моменты в раме вычисляются по формуле
М* Л1* '
М = М
Неравномерный нагрев вызывает искривление — равномерную силовую
фиктивную нагрузку. Интенсивность этой нагрузки для стойки с высотой
сечения 0,5 м
р* =^- EJ2 аД/° = —0,935,
ст Йсг .
для ригеля с высотой сечения 0,6 м: р*иг = —0,780.
370
Это дает фиктивные грузы в углах рамы' 0t = —2,34, 02 = —4,68,
03 = —2,46, 04=>06с=О. Изгибающие моменты вычисляются по формуле, при-
веденной в начале решения задачи 7.60.
7.68. Выражаем углы фд и фд (-|- по часовой стрелке) через нагрузки
и перемещения концов. Имеем для простой балки:
__Мд1 .Mgl .Qb ,Лд— Лд _MAl Mgl , На &д— Ад
3EJ -г6EJ 'ЕЛ' I ' 6EJ '3EJ ЕЛ I
Решая эти уравнения относительно Мд к Мд, находим
„ 2EJ , о,, 2Q(26 —а)
МА =— (2<рл + <Рв — Зф)-----р------.
.. 2£Ло I ям 2Q(2a-b)
Мд = — (2фд + <рл — Зф)-----.
Здесь через ф обозначен угол перекоса ф = (Дд— Ад)//. Общее выражение
поперечной силы в сечении х:
Q (х) = Qa (х) + (х)—~ (,а-Ь)-~ (фд + фд—2ф).
Здесь Q° (х)— поперечная сила в исследуемом сечении для простой балки
на двух опорах.
7.69. Составляем уравнение равновесия моментов, действующих на выре-
ванный узел /, выражая опорные моменты примыкающих стержней через пе-
ремещения по формулам решения задачи 7.68. В данном случае имеется лишь
одно неизвестное перемещение — угол <pt поворота узла I:
.. 2-2 „ 2P(2/i)\o, 4 Ph
—Л/д — 2<р, g (2/1)2 1 ~ h 4 *
Л'/1_3 = л/я = -^2ф, = -1£‘,
В уравнение равновесия моментов, действующих на вырезанный узел I,
моменты Мд вводим со знаком плюс, моменты Л/д—со знаком минус:
Л41_2-/И1..3 + Л11_4 = О,
или
4ф,//т— F/1/4 -|-4<p1//i + 2(pl//i = 0,
откуда <p1 = P/ia/40 (при £7 = 1).
Подставляя это значение <р2 обратно в выражения моментов, находи*!
6 4 2
Л/1-2 = —Л1,_а = —Р/i, Л/,_4 = ^РЛ.
Моменты на противоположных концах стержней
12 2 I
М2-1 = -^РЛ, M3_t=^Ph, M^ — lPh.
7.70. Составляем выражения опорных моментов стержней рамы через три
неизвестных перемещения—углы поворота жестких узлов <pi и <р2 и общее
горизонтальное перемещение Д тех же узлов:
Л/2_2= Мд — 20ф] + 10ф2—0,05 Р, Л12_, = Мд = —20<р3— 10<р, —0,05 Р,
A/j_a= Мд = —8ф]-|-24А, Л/2_3 = Мд = 13,Зф2-|- 10А,
л/2_6=л/д = —8ф2 + 6А.
371
Уравнения равновесия узлов 1 и 2:
1) Л1,_2 — или 28<р! + 10<р2 — 6Д — 0,05Р = 0,
2) —/Vl2_i + M2-s — Л42_8 = 0 или 1 Оф! — 41,3ф2+ Ю,7Д-|-0,05В = 0.
Третье уравнение получаем как уравнение проекций всех сил, действую- 1
щих на вырезанный стержень 1—2. Выражаем поперечные силы стержней,
примыкающих к стержню /—2:
Qi-e = — 24ф! + 24Д, Q2_s==— 24фг4-24Д, Qa_a = — 67ф2 —111Д.
Уравнение равновесия Qi-e+Qa-t—Q2_a = 0 приводится к виду
3) 24фг —43ф2—159Д = 0.
Решая совместно уравнения 1)—3), получаем
ф, = 0,002772В, ф2 =—002139 В, Д = 0,002478В.
Возвращаясь к выражениям опорных моментов, находим:
Л4!_2 = —0,016В,
М2_! = —0,035В,
Mi _ в = —0,016В,
Л4а_! = 0,0051 В,
Л4.,_3 = —0,012В,
Л1.,_6 = 0,023В.
7.71. Изгибающий момент считаем
положительным при уменьшении кривиз-
ны или в данном случае при растяжении
нижних волокон бруса, продольную си-
лу— при растяжении, поперечную силу —
в соответствии с балочным правилом при
обходе бруса слева направо. От действия
сосредоточенных нагрузок на правом конце имеем
Д'/ (Р) = — L— Pr sin Р — Тг (1 — cos Р),
N (Р) =— Р sin Р + Г cos Р, Q (Р) = В cos Р + Т1 sin р.
От действия распределенных нагрузок усилия получаются интегрирова-
нием по дуге s = rp. Вводя угол у, причем 0 < у < р, и заменяя ds через г dp,
получаем
₽ ₽ Р
Л1 (Р) = — mr dy — pr1 sin у dy — qr2 (1 — cos у) dy =>
0 0 о
= — mrf} — pr2 (1 — cos P) — qr2 (P — sin P),
₽ 3
TV (P) = — pr sin у dy-\-qr J cos у dy = — pr (1 —cos P) -pqr sin P,
0 0
₽ P
-Q (P) = pr J cos у dy-\-qr J sin у dy = pr sin p + qr (1 — cos P).
о о
Влияние p и q можно получить также, найдя предварительно равнодейст-
вующие этих нагрузок. Равнодействующая нагрузки р, приложенной на про-
тяжении дуги АВ, пропорциональна длине а хорды АВ и направлена вдоль
биссектрисы угла Р (см, рисунок):
Rp = pa=2pr sin у .
372
Плечо относительно точки А равно а/2.
Равнодействующая тангенциальной нагрузки q также пропорциональна
хорде, по параллельна ей:
Rq = 2qr sin
Эта равнодействующая имеет плечо относительно центра, равное d = o>/a.
Здесь <о — удвоенная площадь сектора ОАВ, а — длина хорды.
d= .
‘2r sin P/2 sin P/2
Расстояние силы Rq от середины дуги
То же от хорды
_ г (Р — sin Р)
С~~ 2 sin р/2
Далее получаем
М (₽) == — Rp у - R„ с = — рг- 2 sin — <?г2 (Р — sin Р).
7.72. Брус считаем расположенным горизонтально. Вертикально изгибаю-
щий момент считаем положительным при растяжении нижних волокон; крутя-
щий—при вращении сечения, на которое смот-
рит наблюдатель, против часовой стрелки;
вертикальную поперечную силу — в соответст-
вии с балочным правилом знаков.
Найдем усилия в сечении Р от силовых
нагрузок Р и р (см. рисунок):
Q (р) = - Р-ргр, а
р
М (Р) = Pr sin Р 4- pr2 sin (Р — -у) dy ~
о
= Pr sin Р + рГ2 (1 — COS Р),
Л1К(Р) = р
= — Pr (1 —cos р) — pr2 [1 —cos (Р — у)) dy =
о
= — Pr (1 —cos Р) — pr2 (Р —sin Р).
Усилия М и Л(к в сечении р от моментных нагрузок L, LK, т, тк выра-
жаются аналогично усилиям Q и fl от силовых нагрузок для случая бруса,
нагруженного в своей плоскости:
Q0M,
М (P) = L cos р + ТК sin P~f-mr 8>п Р + wKr (1 — cos P)>
Л1К (P) = — ^ sin P +^-k cos P — mr (1 — cos Р) + откг s'11 P-
7.75. Сначала рассматривается арка под действием сплошной нагрузки
p = const. Освобождаем правый конец и нагружаем его статически возможной
силой Т = — рг, направленной по касательной к оси. При сделанных допу-
щениях относительно деформаций эта сила на основании теоремы о минимуме
потенциальной энергии будет истинной. Действительно, потенциальная энергия
системы при нулевых моментах (см. задачу 7.73) оказывается равной нулю.
373
Поэтому арку с заданными нагрузками pt и р2 можно дополнительно нагру-
зить по всему пролету равномерной нагрузкой p = (Pi + p3)/21 что не отра-
зится на изгибающих моментах. Задача сведется к расчету арки на антисим-
метричную нагрузку ± (pt — р2)/2. Аналогичные рассуждения применимы и для
параболической арки при вертикальной нагрузке, равномерно распределенной
по горизонтальной проекции.
7.77. Решение задачи а) дается уравнением
С (LM; 77Л4 //) Mfjds -п * Т7
I----——-----------—=0, М[,— 1 = const, Мн = д.
Отсюда =
Решение задачи б): L/H = — S^lF^.
7.78. Используя решение задачи 7.71, выписываем уравнения эпюр|
Мр (Р) = — рг3(1— cosP), /И9(Р) = — ?r2(P — sin р),
Aft(P) = — 1, М2 (Р) = — г (1 — cos Р), Л13(Р) = — rsinp.
При вычислении интегралов Мора пользуемся таблицей определенных
интегралов в Приложении (табл. 2). Главные коэффициенты: . _ f Midi if г 6,1 J EJ EJ j EJ 0 0 . f Mfds _ 1 f .„ r3 / 3 622 —j EJ - EJy 0 cos P) r dp £Д 2 o 6 s -a ‘ f All ds I f „ д r:l / a J EJ EJ J Г s,nPdP EJ ( 2 0 0 Побочные коэффициенты: x „ f MjA2ds r>- . ч 6i2 = 6-2i= ) EJ =-gj(cx —sin a), b a —A _ 0— cos a)3 A - °23 —°32— gj 2 * °31—°13 — ~ Свободные члены! Ai =^j p(a — sin a) + ? ^-y-|-cosa— Л M I ( 3 о • । sin 2a\ 1 f®3 aH “)+42 . r4 [' (1— cos a)2 , / . . sin 2a a Дз Ej[p—2 НДпа+—— 2 : a, a — 2 sin a-|~- sin 2a \ 4 Г Г3 gj(l—cos a). , sin2 •a sin a-j - — a cos a^J.
374
7.79. На основании решения задачи 7.72 имеем
Мр (р) = рг2(1 —cos а),
Mi (fi) = r sin Р,
Л12 (0) = sin р,
M3(P) = cos Р,
Вводится обозначение X=£J/GJK.
Главные коэффициенты:
. г3 ( 1 + ЗХ . 1-1 . ,
б“=М~2~“+"Т~ sin:
б22=="Е7 ('Ц~ а+“Т“sin 2а) ’ 6;
7W^(P) = P<-(P-sinp).
Л^(Р) = л(1-созР),
(Р) =— cos Р,
Л?£ (0) = sin 0.
Для круглого сечения Х = 0,8.
’за
г /14-1 X—1 .
77 ~2” “ 4~ S,n
Побочные коэффициенты:
с fi ' '3 М-1 о , Ы-1 1 \
6i2= 6ii=£j ( sin 2а4—J- Z ’
613=631=М- [Ц^81п2а+1(1 — cosalj , 6,я = 632 =-М-sin2 а.
Свободные члены:
^iP—^rr- [(1 — cos а)24 A (a —sin а)2|,
С. J
Л — рг3
&гР~ ЕТ
л - рг3
^Р~~ЁТ
(А+1) (1 — cos а)--— (1 —cos 2а) — Ха sin а
(Х4-1) f sin а—+ s'n 2а~cos а1 •
7.80. Выделяя четверть кольца, сводим задачу
двумя концами, с тем отличием, что. усилия в правом
чением момента Xt, известны заранее; .Xe=0. Хз =
= Р/2. Общая система трех канонических уравнений
для защемленного бруса принимает вид:
1) -^1611+^-613=0,
О» V Л I Р Я _Дг°Р
2) 2С1031-|--^-о-2з——2~ ,
V Л _с Р Л А"еРт
3) -о1031+— о33— 2 •
к брусу, защемленному
защемлении, за исклю-
Для определения единственной лишней неизвестной Ху достаточно первого
уравнения. Остальные два дают искомые приращения длин горизонтального
и вертикального диаметров. Пользуясь решением задачи 7.71, находим при
а = л/2
. л2 . я _ г'1 х __________________ га / л \ _ 0,57
°|1 — 2EJ ’ — ’ °2l~ EJ ) ЁТГ^’
. _ ЯГ3 „ _______ Г3
:,3~ 4EJ ’ °:i3~'2EJ'
Отсюда А’у = — Рг/я = — 0,3183Рг, Дгор = 0,137Pr3/E J, Двер.г == — 0,1 №Pr3/EJ.
Эпюру М для половины кольца см. ответ.
И7&
7.81. Система двукратно статически неопределима. Искомые величины
Л4Ср = Х1, Лгср=Х1, Р/2 играет роль Х8. Система канонических уравнений:
1) ^16ц + Х»в1«-|--2-д1з = 0, 2) Xjfiji + Хз6з.Н—2~6.2В = 0.
Поступая аналогично задаче 7.80 и решая два уравнения, найдем X, и Хг
7.82. Добавляя нагрузку (— р/2) по всему пролету, получим антисиммет-
рично нагруженную арку, у которой М и Q будут отвечать заданной одно-
сторонней нагрузке, но продольная сила N во всех сечениях будет преумень-
шена на prft.
Антисимметричная задача однократно статически неопределима. Устанав-
ливаем, что Х1 = Х2 = 0. Каноническое уравнение для единственной неизвест-
ной Ха имеет вид Х3633 + Д3р = 0.
Обращаясь к решению 7.71, находим при а-=л/2
633 = лг3/4£У, А3р = рг*/ЧЕ ', Х3 = —2рг.
7.83. Вследствие симметрии системы и нагрузки задача однократно стати-
чески неопределима. За неизвестную можно принять искомый вертикально
изгибающий момент A4cp = Za (см. рисунок к условию задачи 7.72). Канони-
ческое уравнение будет
р
^з^зэ 2~ ®31 Д1Р = 0.
Используя решение задачи 7.79 при а = л/2, находим
лг 1-1-Х. _ г2 3/. — 1 _ pr* Г. 11 / п 1
6,1“2EJ 2 * 631 EJ 2 ’ Л1₽ EJ L +Х\2 j ] ‘
Отсюда получаем Z3=Afcp. Для нахождения М (а) и Ми(а) следует исполь-
зовать решение задачи 7.72.
7.85. Нагрузка шпангоута (по закону Архимеда)
Погонная интенсивность давления воды на шпангоут
Р (₽) — Уаг cos Р (0 < р ei л/2).
Основную систему выбираем, разрезав шпангоут в верхней точке. Урав-
нение эпюры изгибающих моментов в основной системе в верхней (/) и в
376
нижней (//) половинах кольца:
Af/(₽)=— -у ''sln₽ = — ?лаг» sin 0 (д < 0 < л) .
Р
М°п (0)=— г sin р — J р (ip) г sin (р —1|>) г dip =
= — 4 -iar* (cos Р + Р sin Р) ^0< 0 < .
Эпюра Мп построена от растянутого волокна, в данном случае наружу
от контура.
Неизвестные Xi и X, прикладываем к жестким отросткам в упругом
центре. Изгибающие моменты от единичных лишних неизвестных Л41(0)=1,
ЛТ2 (Р) = г cos р. Вычисляя интегралы Мора, находим hll = 2nr/EJ, 622 = лг3/£,/,
К задаче 7.85.
Aj/j = —уаг4 (4 + л)/2£7, Л.2р = —ynar2/8EJ. Отсюда Xj = уаг3 (1/л +1/4) =•
= О.б/уаг3, Х2 = уаг2/8. Окончательный изгибающий момент
М (Р) = Л1- (Р) + XjMi (Р) + Х2ЛТ2 (Р).
Моменты считаем положительными при растяжении внутреннего волокна. Для
верхней половины кольца получаем
(Р) = уаг3 (— 0,785 sin 0 + 0,125 cos 0 + 0,57),
Для нижней половины кольца .
Му, (0) = уаг3 (-0,375 cos 0-0,50 sin 0 + 0,57).
Наибольшие положительные моменты —под силой (Л1гпах = 0,445-рл8а=0,284Рг)
и на противоположном конце вертикального диаметра (Л4 = 0,195уг3а = 0,124/V).
377
Наибольшие отрицательные моменты — по концам горизонтального диаметра:
(— М)тах=—0,215угяа =—0,137Рг. Моменты получаются несколько меньше,
чем в случае кольца, сжатого двумя противоположными силами Р.
Поперечные силы получаем дифференцированием
Это дает
Qz (Р) = у а г- ( —0,785 sin р 0,125 cos Р),
Qn (3) = Х°г‘ (0,125 sin р -|-0,5Р cos Р).
Максимальное значение —под сплои: Qmax=±P/2. Продольные силы вычи-
сляются по формуле
N = М/г-\-С, где C = const.
Эта формула справедлива при отсутствии тангенциальной (продольной)
распределенной нагрузки, что отвечает рассматриваемой задаче.
Константа С определяется из условия в сечении, где N заранее известна.
В данном случае при р==л/2 имеем
А/ = —Pi'2- = —уяг-a/i,
N, (Р) = уаг2 (—0,785 sin р-f-0,125 cos Р),
Nп (Р) = —Уаг (0,375 cos Р +0,5Р sin Р).
При Р=л/2 это дает N, = Nn=—0,785уг2а= — упг2а/4 =—Р/2. Величина
Мтах имеет место немного выше оси х и весьма мало отличается от Р/2.
К задаче 7.87.
7.87. Из условий равновесия и симметрии устанавливаем, что реакции
в точках В я С равны по величине и обратны по знаку. Кольцо при нагрузке,
симметричной относительно двух осей симметрии, внутреннее статически опре-
делимо. За неизвестную выбираем величину реакции, которую обозначаем А',.
Выделяем четверть кольца и определяем моменты М и Мк от заданной нагрузки
и от единичной неизвестной А\ = 1.
По рис. а) имеем (0 < Р < 90°)
М^— — sin р, = — ycosp.
По рис. б) для участка DC (0 < р < 22,5°)
M^acosp, я sin р.
378
Для участка СВ (22,5° < р < 67,5°)
Л7, =асоа Р — г sin (Р —22,5°), М\ = — a sin Р г [1 — cos (Р — 22,5°)].
Для участка ВА (67,5° < Р < 90°)
Mj = a cos р — г sin (Р — 22,5°)-]-г sin (Р —67,5°),
М'^—а sin Р + т [1 —cos (Р—22,5°)] —г 11 — cos (Р-67,50)].
Вычисляя интегралы Мора, находим
Л„- -O.IOOL,- (д + S„_0,072.. .
Хл = - 4^-= 1,39 А 1+|где \ = EJ/GJK.
011 Г 4*f-A
7.88. Определим геометрические характеристики фиктивного тонкостенного
профиля. Проводим вспомогательную ось х' через центр окружности О. Пло-
щадь Г* = 2га/£7; статический мо-
мент относительно оси х' (рис. а)):
О
Расстояние
фиктивного
центра тяжести О*
профиля от оси x't
, S*
/7ф
sin а
а
Момент инерции:
J*=2 j(r cos Р)2
о
г dp
"Ё7
sin 2а
Главный центральный момент инер-
ции относительно оси х:
2
^=4-^(е=Й(«+|->2а-2^).
Lj J \ U J
То же относительно оси (/;
а
Ф С г <70 г3 ( sil1 2«А
4 = 2j(rsinP)rf=.^^- —J-
о
При равномерном нагреве результирующий фиктивный груз равен нулю,
так как угловая деформация (искривление оси основной системы) отсутствует.
Результирующий фиктивный момент, равный геометрической сумме элементар-
ных температурных удлинений, представится горизонтальным вектором—удли-
нением хорды DE:
Mx^^DE = 2al(cpr 8in ¥•
Здесь at — коэффициент линейного расширения.
379
sin а
а
у* —г
Изгибающий момент выражается формулой изгибных напряжений фиктив-
ного профиля:
Л1*
М(у)=---^у,
где у — ордината исследуемой точки оси арки.
Для получения М (fi) следует подставить значения
Л-1*, J*, y = r ^cos Р
Напряженное состояние иллюстрируется рис. б). Знак' минус отвечает
растяжению внешнего волокна арки. Ординаты пунктирной эпюры М отло-
жены от растянутого волокна.
При неравномерном нагреве отрезка DE арки с разностью температур
А/° = /°— f (значки «н» и «в» означают нижнее и верхнее волокно) получается
кривизна — погонная угловая деформация интенсивностью
p'b = at/M°/h.
Результирующий фиктивный груз:
= = 2atM°yr/li,
где h — высота сечения (толщина арки).
Ордината фиктивного груза:
sin у sin а
у а
Изгибающий момент выразится формулой виецентреиного сжатия фиктив-
ного профиля:
Выражение Л1 (р) получается подстановкой соответствующих значений.
Напряженное состояние иллюстрируется рис. в). Если неравномерному нагреву
при p* = const подвергается вся арка, то имеем Уф = 0 и A4=const, что можно
охарактеризовать как центральное сжатие фиктивного профиля.
7.91. Продольная сила /V изменяется вдоль каждого стержня по линейному
закону. Поэтому эпюры Л/ строятся весьма просто по значениям концевых
ординат, которые определяются узловыми нагрузками или усилиями опорных
стержней. Погонные касательные усилия q между стержнями и стенкой имеют
постоянное значение для каждого прямоугольного поля и равны тангенсам
углов наклона эпюр продольных сил к осям стержней. Потенциальная энергия
S
Здесь а, b — размеры прямоугольных полей (в данном случае имеем одно поле),
s—длины стержней.
7.94. Следует выразить усилия N и q от момента М и отдельно от
вертикальной силы Р, приложенной к передней стенке на расстоянии хс. При-
равнивая нулю перемещение
&РМ = ДЛ1Р = °>
получаем уравнение для определения хс-
7.95. Система двукратно статически неопределима. Основную систему
образуем, разрезая стенку вдоль’ обрамления в двух полях, смежных по вер-
380
тикали. Вследствие симметрии в соседних по горизонтали полях будут дейст-
вовать те же погонные касательные усилия Хх и Х2 (рис. а)). На рис. б),
в), г) показаны эпюры N Р, Nt и Х2 в стержнях, а также величины qP, qlt qt
в стенках (обведены кружками).
Коэффициенты и свободные члены канонических уравнений вычисляются
по формуле (предполагается, что стенки не теряют устойчивости)
гт 1 f - V" Qqab
А = 7 . FP J NNds-\-2^ Gt •
Здесь a, b—размеры сторон прямоугольных стенок.
При h — 2b, F = bt, (j = 0,4£ получим X, = 0,153P/6, X2 =—0,309P/&.
К задач#» 7 .97,
7.97. Используя результаты решения задачи 4.155, устанавливаем, что
сила Р уравновешивается на кольце тангенциальной реакцией обшивки
с погонной интенсивностью (|3) = (Р/л:г) sin р.
881
Для расчета кольца целесообразно заменить нагрузку симметричной и
антисимметричной группами сил (на рисунке знак ( + ) следует понимать как
суммирование нагрузок и напряженных состояний). Кольцо под симметричной
нагрузкой однократно статически неопределимо (см. задачу 7.80). В этом случав
., ,й, 'Pr Pr sin р Pr fl sinP\ п д Р й
^)=-cosP-
A/(P) = -^-sinP.
Кольцо при нагрузке, антисимметричной относительно оси х и симметрич-
ной относительно оси у, также однократно статически неопределимо. За неиз-
вестную X, примем изгибающий момент под силой. Выделим четверть кольца
АВ и определим изгибающие моменты от нагрузки (Л1°) и лишней неизвестной
Л; = 1 (Л7) (рис. б)):
₽
Л1“ (р) = —г sin р —Л'" (0) г (1 — cos Р) — J q (Р) г2 [I — cos (Р — т)1 rfy.
о
Вычисляя интеграл, находим
По условиям симметрии Л/°(я/2) = 0. Отсюда, подставляя в выражение
Л1° (Р) аргумент р = я/2, найдем Л/°(0)=—P/я (сжатие).
Теперь после простых преобразований получим
М° ($)=—Рг (1/4 —Р/2я) sin р.
Далее находим Л1(р) = созР,
л/2 п/2
1 Р — Рг2 г Р лг
J M<>Mds^~KE7' 6"=~ЁТ J
о о
Усилия в функции угла р будут
Л1(Р)-——Рг sinp + -^cosp.
/ й , 2Р д smp\
— cos Р 4- — cos Р 4- ,
\ г 1 л ' 1 4л J
Q (Р) =
1 dM Р
г dp ~ 4
Продольная сила
3
я(Р)=1л1(Р)-|-гу9(р)ар+с.
, о
Константа определяется из условия, что при р = 0, ЛЦр) = ЛЦ0), где
N (0) = Л/о (0) + Xi N (0) == — Р/п + Р/4л = — ЗР/4л.
Суммируя усилия симметричной и антисимметричной нагрузок, получаем
полные усилия.
382
7.98. Указание. Каждая из задач может быть решена по методу сил
с применением- способа группировки нагрузок на симметричные и антисиммет-
ричные составляющие или с применением способа аналогий. Кроме того, при
произвольном числе сосредоточенных нагрузок—сил и моментов — можно каж-
дую задачу решить, комбинируя решения задач а), б), в) для отдельных нагру-
зок. Этот способ применим и тогда, когда нагрузки образуют систему уравно-
вешенных сил: при суммировании действий отдельных нагрузок влияние рас-
пределенных реакций q (р) автоматически исключаете^.
Приведем промежуточные и окончательные результаты решения задачи
7.98, а по методу аналогий
F*=-^, <?(₽) = — sin ₽.
EJ х EJ nr
Разрез проведен в сечении А:
М° ф) = 22. — cos Р — sin р).
Результирующий фиктивный груз и фиктивный момент:
Л1Ф = 1^.
EJ ' 4 EJ ' У 4
Окончательный изгибающий момент в сечении р:
= / рФ Л1* \ рг / 1 х
Л4=М(|4-М = М,)- — 1=4- 1-psinp— 4 cos р ,
I 1 j4> я у 2л \ 2 ' )
о рг р / 1 \ Р f 3 \
Мтах = -д- —. Q = -XZ7 (₽ COsP + ySillP), ?/=-5— ICOS Р — Р si П |3 ) .
Л ZJl \ Z у 4JV \ л, у
7.99. Погонное касательное усилие в стенке q — P/h, где h — высота стенки,
принимаемая равной расстоянию между центрами полок. Продольная сила
в сечении т полки:
Na= ± M/h = ± PBin'/h — ± qBm'.
Знак ( + ) относится к верхней полке (растяжение), знак (—) — к нижней
(сжатие). Если принять силовой масштаб равным q кГ/см, то вектор Вт'
непосредственно дает Лг”. Аналогично поперечная
сила в полке т"
Q"= ± Мк/Л = ± PBm”/h = ± qBm".
Следует учесть, что при сделанных допущени-
ях профиль не воспринимает касательных напря-
жений свободного кручения, распределенных по
толщине стенки и полок неравномерно. Полки ра-
ботают также на изгиб в своих плоскостях. От-
делив верхнюю полку от стенки горизонтальным
разрезом, устанавливаем, что на полку передает-
ся распределенное касательное усилие q, направ-
ленное, как показано на рисунке. Момент в пол-
ках равен
Л1"= ± С qv ds = ± q С du — ± qu> = ± 221.
К задаче 7.99.
Вт
Здесь v—плечо элементарной силы q ds относительно точки т, da = uds-~
удвоенная площадь элементарного сектора с полюсом т; со—удвоенная пло-
щадь заштрихованного сегмента.
383
Обозначим центральный угол, соответствующий точке т, через Тогда
N" = ± г sin р, Q"= ± -у- г (1 — cos р), ЛР= ± — sin Р).
Потенциальная энергия деформации:
л/2
1 Р'1 лг PV Р . , „
Л Уб7:/ 2 + h?EF« J ®'11 +
О
л'2 л/2
У С1 —cosн- 4/f2gr У (Р-sin Р)мр.
о о
Для вычисления интегралов см. табл. 2 в Приложении.
Глава 8. УСТОЙЧИВОСТЬ УПРУГИХ СИСТЕМ
8.11. Критическая нагрузка с учетом влияния поперечной силы!
Р° --------------‘----------
“Р I
i + P° ------------------
л кр 2Ef d sin a cos2 а
где Fd— площадь сечения диагонального стержня решетки при условии, что
критическое напряжение лежит в пределах упругости
8.13. Разберем случай а), когда средняя опора является шарнирной. Рас-
смотрим стержень в изогнутом положении при потере устойчивости. Обозначим
через Мо изгибающий момент над промежуточной опорой, составим дифферен-
циальное уравнение упругой линии для левого участка:
EJv” = -Pv—-^ х.
После интегрирования, с учетом граничных условий, получим:
/И„ / sin kx ' х \
V EJk'1 \_ sin klt J '
где введено обозначение
kt — P/EJ.
Находя отсюда угол поворота vn над промежуточной опорой (при х=Ц),
сравниваем его с углом поворота в том же сечении, вычисленным при рас-
смотрении правого пролета:
ьпр ~ Mnl2/3EJ.
С учетом знака имеем ал =— ппр. Отсюда при Л10 т= 0 получаем урав-
нение
3_______3 ____/з_
(2UJ2 211! 1g 2Uj — '
где 211,
Обозначая левую часть полученного уравнения через V (“г), находим
.у („!)=--^=-0,33.
384
Такое же выражение для Ч* (ut) можно получить с помощью уравнения
трех моментов (см. задачу 8 70).
По табл. 4 Приложения на стр. 480 определяем 2м, =4,1. Отсюда нахо-
дим зависимость между критической силой и моментами инерции поперечного
сечения.
8.30. Момент инерции сечения стрелы можно считать пропорциональным
квадрату габаритного размера. Из условия следует, что изменение момента
инерции Jх в крайних частях следует закону
7х/72 = (х/&)2.
Размеры х и b отсчитываются, как показано на рисунке; под 72 по-
нимается момент инерции сечения средней
части. Через 7t обозначим момент инерции
у опоры. При заданных размерах получаем
7t/72 = (180/400)2 = 0,2.
Обозначая через а длину средней части,
через I общую длину, имеем •
. all = 3,5/17,5 = 0,2.
а>--------->
К задача 8. 30.
Пользуясь табл. 5 Приложения на стр. 482, находим (.1=1,15. Выберем
коэффициент уменьшения допускаемого напряжения фо = 0,6. Находим:
/’ = 22 500/4-1200-0,6 = 7,82 см'-.
По сортаменту ближайший профиль угольника 75x75x6 с площадью
сечения 8,78 см2. Момент инерции в средней части оказывается равным
7 = 4 [46,6-1-8,78 (20-2,06)2] = 11 500 см1.
Радиус инерции
i= /11 500/4-8778= 18,1 см.
Гибкость 1=1,15-1750/18,1 = 110; по таблице 3 (см. Приложение) коэф-
фициентов <р находим ф!=0,52. Таким образом, ф] < ф0. Сечение должно быть
увеличено.
Выберем угольник 80 X 80 X 6. При этом Г = 37,52 слР, 7 = 11 750 см4,
i — 17,7 см, 1=113. По таблице коэффициентов ф находим ф » 0,5. Тогда
[о|у = 0,5[о]с.
Действительное напряжение а = 22 500/37,52 а; 600 кГ/см1.
Размер выбран удовлетворительно. Устойчивость в направлении, перпен-
дикулярном плоскости АВС, оказывается обеспеченной.
8.32. Исходная форма упругой
левой половины стержня уравнением
Изгибающий момент в сечении х
уравнение упругой линии имеет вид
линии в случае а) характеризуется для
2х
v0 = f — , где f— прогиб посередине.
2/
равен Л1(х) = Р-у-х. Дифференциальное
EJv” = —P^-x.
Интегрируя его и учитывая граничные условия, получим
£7и = -р1^ + Р^-х.
1 р
Прогиб посередине пролета равен Д = fl1; исходя из условия f = /i,
находим критическую силу первого приближения Р*кр -= 12EJ/11.
13 Под ред. А. А. Уманского
385
Полученная форма упругой линии может быть представлена в виде
h = /1(-4x3/Z3 + 3x/Z).
Пользуясь дифференциальным уравнением новой упругой линии
ЕJv" = — Pfx (—4x3/Z3 + Зх/Z)
и повторяя вычисления, находим критическую силу второго приближе-
ния Pj.'p.
8.33. При потере устойчивости сжимающая сила Р производит работу
I
А—РА, где Д У (и1)2 dx.
о
Приращение потенциальной энергии деформации может быть представлено
в виде
I
,, CM2dx .. _
U - \ ~гг~г, где М = Pv.
J 2k J
о
Критическое значение силы находим из условия U — Л; для стержня по-
стоянного сечения будем иметь
I
У (v'^dx
P=EJ-t--------. (1)
v2 dx
О
Потенциальная энергия может быть также найдена с помощью выражения
1
П = уУ EJv"2dx.
О
При этом критическая сила (в случае постоянного сечения)
I
J у"3 dx
P = EJ-t------. (2)
о'2 dx
О
Находим: по формуле (1) Ркр= lOEJ/Z2, по формуле (2) Ркр= 12EJ/Z2.
Как видим, пользование формулой типа (1) заслуживает предпочтения,
так как при этом ошибка по сравнению с точным значением получается лишь
около 1,3% вместо 21% по формуле (2).
Уравнение метода Бубнова—Галеркина при о = Сг](х) получает вид
I
(£ Jr\" 4- Pr]) т] dx = 0.
0
Подставляя т) = /х—х2 и производя интегрирование, приходим к резуль-
тату, полученному по формуле (1).
386 .
3.84. Рассмотрим случай п = 4.
Примем угол поворота первого звена при потере устойчивости равным 0;
величина его является произвольной.
К задаче 8.34.
Прогиб первого шарнира равен t]1==0//4 и момент в нем A4l = Pq). Про-
гиб второго шарнира равен (см. рис. а'|) q2 = 0Z/2—<ptZ/4, где <pt — взаимный
угол поворота двух звеньев, по условию
Р/
Фг=4ЁТт.
Вводя обозначение PIEEJ--а, получаем
’11=04_^П1- (1)
Аналогично находим
„ 3Z а . а
- у П1-Тб Р»
И
—у ’12 —-^Т|з = 0-
Подставляя в уравнение (3) выражения (1) и (2), получим уравнение для
определения параметра а:
а3 — 96а- -ф- 2560а—16 384 = 0.
Корни этого уравнения a[=9,37, а3 = 32, а3 = 54,16 соответствуют раз-
личным формам потери устойчивости, представленным на рис. б). Так, напри-
мер, при а3 = 32 получаем 412 = 0 и т], =:—q3. Наименьший корень at опреде-
ляет величину первой критической силы Ркр = 9,37EJ/1\ что отличается от
точного значения на 5%.
Величины а, и а3 можно также получить, рассматривая симметрич-
ную форму потери устойчивости и полагая п1 = т13. Для определения а по-
лучаем в этом случае уравнение а2 — 64а 4-512 = 0, корни которого at = 9,37
и а3 = 54,63. Рассматривая антисимметричную форму прогиба, из
условия т],=0 найдем а3 = 32.
13» 387
8.35. В случае б) дифференциальное уравнение изогнутой оси первого
приближения будет иметь вид
для крайней части
Eivi~—Pf sin — ,
для средней части
. их
£Л'2 = —P/sin —.
Интегрируя, получаем соответственно
Eivl=^sin^- + Clx-\-Dl
1 л2 I *
и
PfP . лх -
EJv2 = -^- sin——l-CaX-l-D..
Постоянные Clt .... О2, находим из условий; при х = 0 vl—0, при х=1/2
i'e = 0, при х=Ц1 — Р)/2 vi = vs и t>i = o2-
Прогиб посередине оказывается равным
Приравнивая друг другу максимальные значения прогиба исходной и по-
лученной кривых, находим приближенное значение критической силы.
8.36. В момент потери устойчивости точка приложения одной из сил Р
перемещается на отрезок, равный /, вследствие чего возникают опорные реак-
ции R = Pf/l. Изгибающий момент в верхней половине
М^Ро + Ях,
в нижней половине
M2 = Pv—P(f—v} + Rx.
Составляем дифференциальные уравнения упругой линии для каждого из
участков, интегрируем их с учетом граничных условий для конца стержня
и для места сопряжения участков. Сравнивая прогибы посередине для полу-
ченной и заданной упругих линий, находим критическую силу.
8.39. Рассмотрим случай одной упругой опоры. Примем число звеньев
л = 3; угол поворота первого звена при потере устойчивости положим рав-
ным 0. Реакция упругой опоры равна cf, где f—прогиб посередине.
В случае симметричного прогиба изгибающий момент в шарнире ока-
жется равным
л<=р/-44-
£ о
Взаимный угол поворота звеньев <р = 0. По заданию
М / _/ cf 1\ I _
EJ 3 " V 2 3/ 3EJ 6‘
Подставив сюда f = 6//3, получим
п_/с0 / \ I I
6 V 0 2 3 J 3EJ 3
и окончательно при 0 # О
PKp = 9EJ//24-c//6. (1)
888
При антисимметричном прогибе перемещение средней опоры отсутствует;
момент в шарнире
М = Рг].
где 1] — ппогиб в точке соединения звеньев: rj = 0//3. Угол поворота в
Р
РЭ
в
7
6
Б
4
3
2
1
Ю 20 30 40 50 50 70 80
К задаче 8-39.
а
шарнире можно принять равным <р = 30. Пользуясь соотношением <p = M.I/ZEJ,
получаем
PKp = 27£J/P. '(2)
Если жесткость опоры настолько велика, что критическая сила по фор-
муле (I) достигает значения ‘2.7EJ!li, форма прогиба становится антисиммет-
ричной и упругая опора может рассматриваться абсолютно жесткой. «Крити-
ческая жесткость» опоры сл найдется из равенства
c0//6 + 9EJ//2 = 27EJ/P.
откуда с„ — 108EJ//’.
389
Аналогично может быть рассмотрен случай двух упругих опор. Отметим,
что верхний предел для критической силы при этом будет соответствовать
случаю несмещающихся опор. С целью обследовать этот вариант разде-
лим стержень на шесть звеньев; критическая .сила окажется равной Ркв =
- = 74EJ/P.
Соответствующая прямая также дана на графике. Графики зависимости
между величинами Ркр/Ра и сПРа для случая одной упругой опоры и для
случая двух упругих опор см. на рисунках.
Для оценки степени приближения найденных формул на графике приве-
дены кривые, полученные точным методом.
8.40. Эйлерова нагрузка для стержня при отсутствии подкреплений:
Ра = ^EJ/P- = л22 10“ 16.6/3002 = 3640 кГ.
Критическое напряжение: оа =3640/10,24 = 350 кГ/см-.
Жесткость перекрестных балок измеряется параметром diРэ, где
с/(48£У//:|) / = 48£J//2.
D нашем случае с//Рэ = 48/л2 = 4,9. По графику для этого значения с//Рэ
находим
Ркр/Рэ ~ 2,3.
Отсюда критическая нагрузка Ркр = 2,3-3640 = 8350 кГ. «Критическая жест-
кость» опор соответствует значению с//Рэ = 81. Получаем необходимый момент
инерции перекрестной балки из уравнения
8.41. Будем рассматривать стрингер как сжатую балку, лежащую на
спрутом основании. Реактивные силы, передающиеся на стрингер от нервюр,
можно считать равномерно распределенными по длине стрингера, так как
расстояние между нервюрами s достаточно мало по сравнению с длиной балки.
Величина реактивной силы, создаваемой каждой нервюрой, равна
R = ^;l.
а-'
Коэффициент жесткости (отлориость) упругого основания из равенства
k_R/v 48EJH_____48-0,710е 0,1_। кГ/см прогиба
s a3s 503-20 ’ см длины
Дифференциальное уравнение упругой линии для балки, лежащей на
упругом основании, имеет вид
с’у+-£ги"+1г=0-
Рассматривая стрингер как балку конечной длины I, выбираем реше-
ние в соответствии с граничными условиями в виде
, плх
tpj — Ап sin - ,
где п — число полуволн.
Подставляя t’rj в дифференциальное уравнение, получим
/ пл \ * Р ( пл'' 2 k __
ГТТ"
390
Величина силы Р, удерживающей в равновесии изогнутой стержень с п
полуволнами, будет равна
Число полуволн п должно быть найдено из того условия, чтобы Р имело
наименьшее возможное значение.
Если жесткость упругого основания k мала, потеря устойчивости про-
изойдет по одной полуволне (п1). Число полуволн будет п —2 при условии.
4Е2я*/^ < k < SbEJn^/l*.
По данным задачи ,
=32£JnJ//’1 и, следовательно, ,| | I |________i_____
в формуле (I) нужно принять ',Л | ~
/щ=2. п 'Л\
8.42. Потенциальная энер- 8,о Ф
гия изгиба каждой продольной --------------------------~------:—
балки при потере устойчивости QS ———----------------— —----:------“
для поперечной балки потенци-
альная энергия
_ 2
и пол— 9
2 ВШИ Z? 22 28 30 Л
К задаче 8.4 2.
Стрела прогиба поперечной балки в первом случае f — f-i, во втором /==/.,,
в третьем / = 0. Работа сжимающей силы
3(,
Для вычисления критической силы пользуемся энергетическим критерием
(<4rp+ i>non - А) = О,
где i= 1, 2, 3.
Пунктирные линии на графике соответствуют точному решению (по
Л. М. Пенькову).
8.43. Пользуясь энергетическим методом, находим потенциальную энергию
изгиба балок равной U = —ту-ДГ
Работа сжимающих сил при потере устойчивости
А =-- Р (1 4-й) /ал'2/4(.
Из уравнения d/df (U— Л) = 0 получаем критическую силу
2 n'2EJ
' кр ;= ; ;; ~
Переходя к точному решению, обозначим через R силу взаимодействия
между балками и через f—прогиб в месте сопряжения. Дифференциальное
391
уравнение изгиба для половины первой балки будет
^44+ ^ = 4^.
dx2 2
а для второй половины балки
~EJ-~+^pv = ^ Pi-
“f, -
Интегрируя эти уравнения, находим соответственно
/? R
v = Cr cosax4-Casinax + —х и v = C3 cos u£ + C4 sin a£—5,
где a = P[EJ.
Принимая во внимание условия шарнирного опирания на одном из концов
и посередине балки, а также сравнивая прогибы балок на месте соединения,
находим трансцендентное уравнение для определения критической силы, при-
веденное в ответе.
8.44. Потенциальная энергия изгиба продольной балки
I
U' = 4 EJ I°"' dx'
о
После вычислений получаем
nAEJ
и^-2[Г
(«4+^Ы.+И).
Потенциальная энергия кручения поперечных балок
GJ „ , ' GJJbi?
С/2^2-~ (vx=„) или
Работа сжимающих сил при потере устойчивости
I
/1 = -1- Р J v'- dx
о
или
Составляем уравнения
(171 + U3— А) —0, где i=l, 2.
После преобразований получаем уравнения, содержащие /t и /2; приравни-
ваем нулю определитель, составленный из коэффициентов при Д и [г в этих
уравнениях.
8.48. В случае потери устойчивости гофрированные листы выйдут из пер-
воначальной плоскости; передаваемые ими сжимающие усилия будут давать
нагрузку, действующую на балку. При малых прогибах v балки погонную
392
результирующую нагрузку можно считать
дет находиться в условиях, описанных
к — 2а/а.
равньй р — —у. Поэтому балка бу-
а общем виде в задаче 8.47 или
К задаче 8.49.
8.49. При потере устойчивости стержня АВ на него в точках С и О пере-
лаются силы Q. Последние находятся в случае малого прогиба v в точках С, D
из соотношения (см. рис. а))
Q = 8000 (о//, + v'l-i) = 200о (кГ).
Далее находим соотношение между силой Q и прогибом точки приложе-
ния каждой из сил у (рис. б), в которое входит искомый момент инерции
сечения балки J.
8.50. Пользуясь уравнением трех моментов, приведенным в решении за-
дачи 8.70, находим
ЧЧ'ОН ^'(«J-°-
Здесь
' <i - 2n 2н tg2«)’ 2 V EJ[ ’ “2 2 V EJt '
По данным задачи сечение балки постоянно и /, = 2Л.
Получаем уравнение
— 4Z(«,)-- 24r(u.,),
причем ui = kl2/2 = 2ii1. Решая это уравнение с помощью табл. 4 (см. Прило-
жение на стр. 480), получаем 2ut х 1,93, 2н., «3,86.
По величине Ы2 находим критическую силу.
8.51. Дифференциальное уравнение упругой липни выписываем в виде
t>i v _|_ h'2v" ~ о, где k2 P/EJ.
Общий интеграл этого уравнения
v = А -|- Вх - С cos kxф- D sin kx.
Используем граничные условия y'J)l О, у"(0)-=0, а также соотношения
между реакцией упругой опоры и осадкой опоры: N ^cv(l').
С другой стороны, поперечная сила Q равна Q = — ЕЛ'", а для проекции
силы Р на плоскость поперечного сечения получаем выражение Pv'(I). Отсюда
Л' =< EJv'" (()+ Pv' \l).
Из полученной системы уравнений определяем критическую силу.
8.53. Пусть при потере устойчивости точка D переместится в Dt (см.
рисунок в условии и рисунок здесь). Обозначим горизонтальную проекцию
перемещения точки D через б, вертикальную проекцию—через б,, удлинение
393
тяги—через б2. Из рисунка имеем
6 cos а = 6, sin a+fi2.
Растягивающее усилие, возникающее в тяге при перемещении точки D
в Di, обозначим через X. Тогда б2 — Xld/EdFd, где ld — длина тяги.
Приращение сжимающей силы в вертикальном стержне при потере устой-
чивости обозначим через Xt; очевидно, X1 = Xsina. Зная, что 6( = Хг1/ EZ,FV
К задаче 8 53.
и l = ld, получим
grff^6cosa
Условие равновесия шарнира D в проек-
циях на горизонтальную ось (при малом отк-
лонении б)
X cos a = Pb/l.
Сравнивая эти соотношения, находим кри-
тическую силу,, отвечающую «опрокидыванию»
конструкции. Проверяем, лежит ли крптичее-
цию обшивки вдоль дуги,
равно a = £1 v/r Погонное
„ v t
составит qx — Е,----s.
кое напряжение в пределах упругости.
8.54. Прогиб ребра в радиальном нап-
равлении на величину v вызывает деформа-
равную е. = и/г\ соответствующее напряжение
давление со стороны обшивки на каждое ребро
Дифференциальное уравнение упругой линии ребра имеет вид
EJv™ + Pv" + av = О,
где а= Etst/r2; ось х направлена вдоль образующей. Корни характеристиче-
ского уравнения Х4 ... Х4 оказываются мнимыми; полагая Л||2=± im и
4= ± in, выписываем решение в виде
и = Сг sin щ%+С2 cos тх+С3 sinnx+C4 cos пх.
Пользуясь граничными условиями, приходим к системе уравнений относи-
тельно постоянных С\, ..., С4, из которой определяем критическую силу.
8.57. Приводим схему решения для случая б) распределенной нагрузки.
Дифференциальное уравнение упругой линии имеет вид
Решение этого уравнения может быть записано в виде
О Л‘2
и= A cos kx-\- В sin kx-\ Cx-j-
Из граничных условий
^х1.х=о
= Л/
х-о
= 0
находим
. Р п „ П Р i pl
А — —Т—, , С = 0, В = —rrtskl— —г;-г,,
IPX . k-N ь kN cos hl
U~ k2N cos kl +kN ‘Ы N 2 ’
394
Максимальный прогиб
Л‘г'° IPX *2№ecW + fiNtekt N 2
Представляя sec kl и tgAZ в виде рядов
secW=l+^ + ^4/4+..., igkl = kl + ±kW+ ....
получим
f — P ft ____ 1 _- - W________ 'l J- pl f kl-E~ №13 _ pl"
I k4EJ V- 2 24 1 •• J k3EJ V + 3 1 J 2«-£.Z
При k —> 0 найдем f —> — .
о c j
Максимальный изгибающий момент
Мтм^£./
^-tgW + ^(sec Ы-1),
ИЛИ
При k —► О
''^пш * PZ-/2.
8.60. Принимаем n = /sinnA/Z. Потенциальная энергия деформации
о
Сближение концов балки
ЧМ-
о
Потенциал поперечных нагрузок по варианту а)
V =-Pf,
по варианту б)
С Р i • лх , I Р п Р t
v--}TfsinTdx—2^7-~^h
о
Согласно принципу возможных перемещений, варьируя стрелу прогиба f,
получим для положения равновесия
- 6(7 ± ,V6X-6V = 0.
Здесь знак плюс должен быть взят для случая сжимающей силы, знак
минус для случая растягивающей силы.
8.62. Пусть координатная система расположена таким образом, что ось х .
проходит через концевые шарниры, а ось у направлена в сторону прогиба;
начало координат взято в одном из концов. Дифференциальное уравнение
упругой линии
EJ’j"— — N (е+ о) или EJv”^k2v = 0, k- = .\'iEJ.
Интегрируем это уравнение и находим постоянные интегрирования из гра-
ничных условий. Затем определяем максимальный прогиб и наибольший изги-
бающий момент.
395
8.63. Дифференциальное уравнение упругой линии
EJv" = N или v” ф- k-v = k2f ф-k-e,
где f—максимальный прогиб, k2 = N/EJ.
Выписываем решение этого уравнения в виде
A cos kX-^-B sin kx-\-f-\-e
и пользуемся граничными условиями t>(0) = 0, о'(0) = 0, и (/) = /.
8.64. Дифференциальное уравнение упругой линии первого приближения
имеет вид
EJt'" — —N (e+t'0) = -/V (e + l sin .
Интегрируя и учитывая граничные условия, находим
fl2 . пх 1
4-sin— .
л2 I
EJ
Приравнивая друг другу значения максимальных ординат исходной кривой
и кривой первого приближения, находим значение f.
8.65. Обозначим через ос и ор максимальные напряжения в сжатой и
растянутой зонах. Условия равновесия элемента, отделенного сечением на
К задаче 8.65.
расстоянии х от верхнего конца:
сумма проекций сил
acbh — (ор + ас) Д — Af = ЬЛоср,
сумма моментов сил относительно
кромки сечения
лг f Nh 6Л2 . b№, , ч Л
^«+"2-------2~Ое + -у (<Тс-Нр) = 0.
В соответствии с законом плоских се-
чений
Сопоставляя эти соотношения, получим
<Tp/<’c = fp/t’c = Vn-
ос WC
Ж'--;——.
т] 12
Кривизна линии может быть выражена через деформацию крайнего волокна
1/р « — dtv/dx2 = ес/г] = ос/£т].
Далее находим кривизну посередине пролета:
d2v/dx2 = — V2.Nf/E№b = — \2oc^/Eh2.
С другой стороны, кривизна синусоиды
,, . . лх ,
f = (f — e)sin — -\-е
в среднем сечении равна
Сравниваем полученные выражения для кривизны.
396
8.66. Радиус ядра сечения k и радиус инерции сечения i:
k = W/F « nr‘ltl‘lnrt = T/‘l-= 15 мм, i л: r — 30 .11.11;
через г обозначен средний радиус трубы.
Отношение tn, характеризующее эксцентриситет, m — e/k = 12/15 = 0,8.
Гибкость стержня Л = 1500/30 = 50.
а) Наибольшее напряжение по формуле, найденной (см. ответ) в задаче 8.62,
равно
Предельная нагрузка N равна nNw„ = nF [а]; здесь через [а] обозначено
среднее напряжение, соответствующее допускаемой нагрузке Мяоп-
После простых преобразований получаем
<W = « И /1 Н--------—. (1)
\ COSJ у -g- J
Эта величина по условию должна быть равна пределу текучести ат =»
= 2400 кГ/см2.
Подставим в виде пробы |о| — 160 кГ/см2. Находим по формуле (1) напря-
жение отах=1880 кГ/см2, лежащее значительно ниже аг.
После нескольких новых проб находим, что отах будет равно ат при
(о] = 203 кГ/см2.
Допускаемая нагрузка Nяоп ~ 2лг1 [а| = 1147 кГ.
б) По приближенной формуле задачи 8.65, считая среднее напряжение
Gcp равным п [ст], получим
amax-п [ст] р + k([_n [а1/аэ)] • (2)
Вычисляем: аэ = п2Е/Х2 = л2-2- Ю'!/502 = 7900 кГ/см2.
Путем нескольких попыток вычисления отах по формуле (2) заключаем,
что отах будет равно ат при [о] = 907 кГ/с.и2; тогда NMn = 1160 кГ.
в) По нормам строительного проектирования (см. табл. 9 на стр. 35 «Спра-
вочника машиностроителя», т. Ill, изд. 1951 г.) при т = 0,8 и Х = 50 коэффи-
циент уменьшения допускаемого напряжения равен <р = 0,49. С другой стороны,
основное допускаемое напряжение равно [а] = аг/л = 400 кГ/см2. Отсюда [ст] =>
= 0,49-400=196 кГ/см2 и Л'доп-= 1110 кГ.
8.67. Дифференциальное уравнение упругой линии:
Е7сч = — W sin +
где под ог подразумевается дополнительный прогиб под действием силы /V.
Приняв обозначение k2 = N/EJ, получаем решение этого уравнения в виде
. . , п . . k2fa . лх
v, = A cos kx4-B sin kx— г?—sin —,
1 1 я2—л2//2 I
Далее пользуемся граничными условиями.
8.68, Максимальный прогиб по формулам задач 8.65 и 8.67:
t е__________/о
397
К задаче 8.69-
где N3 = Fa3 — 2,Зя3-2,2- 10e/l25'2 = 3320 кГ. Максимальное напряжение
_ Л' М(е+/«) Л , <з + /о 1 X
max. F ^(1 — N/N3) U/ ИЛИ атах °’а \ + k \—а)‘
где a = N/N3, k—WlF — радиус ядра сечения, 6=1,43/2,3 = 0,62 см.
По условию omjx < or. Определяем а путем проб. Задаемся величиной
ос = 0,9. Тогда получим
Отах = 1400-0,9 ( 1 + 2^ —= 7260 кГ1см\
что значительно превышает аг. При ,2 = 0,76 найдем <ттах = 3180 кГ )см\ что
близко к от = 3200 кГ/см1.
8.69. Вычисляем
/V _ 10 000 1
~ EJ~ 105-828 ~828О ’
«„-I; «, = 1.203-2.2. '
Проводим окружность радиусом
—; — , ,ооц„ -- 16 560 кГсм ~ 166 кГм.
а2 1/8280 '
выбирая определенный масштаб изгибающих моментов (см. рисунок нэ
стр. 398). Откладываем центральный угол а(=126°.
На крайних радиусах откладываем по направлению от центра концевые
моменты (отрицательные моменты откладываются внутрь окружности) и из
полученных точек проводим линии перпендикулярно крайним радиусам. Точка
пересечения перпендикуляров соединяется с центром, и на полученном отрезке,
как на диаметре, строится окружность.
Для определения изгибающего момента в любом сечении находим радиус,
делящий центральный угол al в том же отношении, в каком сечение делит
пролет /, и определяем его отрезок, лежащий между вновь построенным кру-
гом и начальной окружностью; этот отрезок дает изгибающий момент в том же
масштабе, в каком отложена величина р/оС1.
8.70. Уравнение трех моментов при наличии продольного сжатия
Гт(Un_l)+-hi-J-Fp.+мп+\ ±1_^ф(ип)=
L ln—\Jn J ‘n- I J n
= _ Pn X (un -,) - A- X (un). (1)
399
„ 1,/Л',л1/Л'/2л1/Л'гЪ/^3/1 1 \
Здесь и = — I/ — / = — I/ I/ —, ф(и) = _ -
2 Г EJ 2 т n^EJ -2 т Л8 и \sm2u 2и J
’F(u)=A, X(u) = 3(tgu~u).
2и \ 2и tg 2и J и3
Таблица функций Ф, Т и X приведена в Приложении (табл. 4) (см.
стр. 480).
В рассматриваемом случае и1 — и2 и уравнение (1) принимает вид
4МлТ(«)=-е^Х (ц)-^Х(и).
(2)
Эйлерова нагрузка для балки длиной I, свободно опертой по концам!
/Уэ = л2£Уг//2 = л2-0,7 • 10е-0,667/6400 = 720 кГ.
„ п N л , /360 ... D
Параметр у =у у 720 = ’ ' ° таблице в качестве аргу-
мента взята величина 2и — 2,22. Находим: Чг (u) = 1,6343, X (и) = 1,9837.
В случае а) р1 = р2~40 кГ/м; из уравнения (2) получим: 4Л4В-1,6343 =
-= —р(2/2-1,9837, откуда находим Л4В. Рассмотрим левый пролет. Если бы
опорный момент был равен нулю, изгибающий момент менялся бы по
закону
х 8 и1 [ cos и J
Концевой момент /VI в вызывает в сечении х изгибающий момент
• л х
sin 2ч —
..п .. I
Окончательное значение изгибающих моментов Мх находим сложением
величин и /И^1 с учетом знаков (см. рисунок).
8.72. Для шарнирно опертой пластинки
_ л2£73 9,87-0,72-10в-0,083
12(1_|х2)6 12(1—0,32)2 is
Для жестко защемленной пластинки Ркр = 74-7/4= 130 кГ.
8.75. Критические напряжения при сдвиге вычисляются по формуле
л2 О л2£ ./ t V о. „ ( f V
й2/ 12(1—ц2Д Ь ) •
Для пластинки с шарнирно опертыми кромками величина А, подсчиты-
вается по приближенной формуле
йт= 5,35 + 4 (6/а)2 = 5,35 + 4 (250/400)2 = 6,9.
Тогда ткр=0,9-6,9-2,1 • 10е (0.3/25)2 = 1870 кГ/см?.
8.79. Критическая погонная радиальная нагрузка шпангоута вычисляется
по формуле Ркр = 3£2/Ро-
8.80. Верхнее критическое напряжение вычисляется по формуле окр =
= 0,6£//Я. Нижнее—по формуле окр = 0,194 Et/R.
400
Глава 9. БРУСЬЯ БОЛЬШОЙ КРИВИЗНЫ. ТОЛСТОСТЕННЫЕ
ЦИЛИНДРЫ
9.1. Усилия в опасном сечении АВ равны У=10000 кГ, /И=10000 х
X (18050) = 2 300 000 кГсм. Радиус кривизны нейтрального слоя
Л 50 50 ._ _
. _ ___ — — — 45 п 1 гчи
In (Ri/Ri) ~ln (75/25)~ 1,0986 ’
Расстояние центра тяжести сечения от нейтрального слоя
Ул = R — г = 50 - 45,51 = 4,49 см.
Наибольшее напряжение будет в точке А- у а —г—7?1 = 20,5 см
_ N
°niax — ~р
Му А 10 000
Fy0R2 50-10
2 300 000-20,5
50-10-4,49-25
= 860 кГ!см2 < [а].
9.4. Радиус кривизны нейтрального слоя
г = — ------ = —--------r. = 2,915 см
4(2/? — V4R3—</*) 4(2-3—^4-За — 2а)
у„ = R — г = 3 — 2,915 = 0,085 см;
у2 — г—/?.2 = 2,915— 2 = 0,915 см.
Условие прочности P/F-\- PRy2/FybR2 1°1- Следовательно,
F [а] л-1800
1 -I- RtJi! УоР'Г~ 1 -I- 3 -0,915/0,085- 2
9.8. Для кольцевого сечения /? = 2лгср^|
Тогда
/гср dtp
R 4-Гср cos <р
2л/гср
V V-г<Р
Радиус кривизны нейтрального слоя
/?2-лс2р= /8^=2^ = 7,746 см;
J т
y0 = R — г = 8—7,746 = 0,254 см;
у? = г — 7?2 = 7,746—5,7 = 2,046 см;
/? = 2л-2-0,6 = 7,55 см2.
dF = tr(.pd<p, p = /?-j-rCp cos <р
1028 кГ/см2.
„ _N ! Му2
«шах-
400 , 400-13-2,046
7,55 + 7,55-0,254-5,7
Р =
401
9.10. Усилия от Силв: Р и единичной силы: Л1р= P-R sin ф, NP = —Р sin ф,
M—R sin ф, N =—з!пф. Перемещение
CMpMds CNp.Mds С NРМ ds , ^MP:Mds
Л EFy0R ~~EF U ~EFR
я/ 2
= EF^R J
0
Л/2
о
EFR ~
nW
2 C
sin (p-Я sin rp-/? dcp -pc \ P sin2cp-/?
cr J
0
л/2
'~EFR J P S'П ф *P S'П ф ‘ P dfp "’ EFR~ J PP Sin2 •
p, = P4-l p=4 p2-p-2_ p=Ap.
1 4 4 4 4
г4тХт-=0.9787Р; v„ - R -r = Я -0,9787/? = 0,021 ЗЯ.
in (0/3)
лРЯ / R \ 92лЯ
Л-2ЕР \O,O'213P ER '
По приближенной формуле
л/2
h
In (/?!//?,)
ds
Д =
пп п • n J nPR3 96лР
PR sin cp-R sin q-R dq> — - - - —
- J L. t\
0
9.13. Усилия в сечении бруса (для основной системы см. рисунок):
(sin ф4-cos ф), М = 1, N =0.
Р
2
PR
Мр=-^-(\—cos ф — sin ф), Л'р =
| Злюра M
К задаче 9.13.
В каноническом уравнении бц Д’, + Д|/> = 0:
J EFR
s
J EFR
S
f Mp/Hds ] ^NpNds t ('NpMds ( f MPM ds
= J EFyoR+J ~EF
Л Л
EF^R J ^(|-COS(P-sin<P)/^<p+g^ J — (з!Пф4-созф)/?йф =
о о
Г| - A f2_£LA
EF 2y0\ 2
402
Так как N = 0, го
. _ f M2ds 1 Г л
611 J EFyaR EFy0R J R d(f~ 2EFi/a '
i о
x1=_^=/WA_' AM.
Oji \ л 2 л R j
M«₽)=Л1р + х„й = PR f A_A-^sMsinH.
\ Л Л /\ 4 J
.. PR f 2ув к\ / Л л \
A4.nax=— [2—f-T) (при <₽ = 0; -) .
_________d2________________d2__________d _
Г ~ 4 (_2R — J/Tfl2 —d2) — 4 [2 2d — /T(2d)2-d2] ~ 0,508 ~
yu=R—r — 2d— 1,969d = 0,031d = 0,031
PR f л \
Mmav = — 2-0,031 -4 = 0,l27P/? = 0,254Pd.
max л \ 2 J
R, = 2d—d/2=l ,5 d, y2 = r-R2=~- l,969d- 1,5d = 0,469 d.,
’ , A4maxt/2_0,5P 0,254Pd-0,469 d_ P
FytlR2 ’ d^
4 4
9.16. Наибольшие напряжения
трубы, где
возникают на внутренней поверхности
01 — 0/ - - ра,
г 6 ~~ г 6
о2 — 0, о3 — Of— Рв>
По второй теории прочности имеем
,2 , 2
2_’'г
и ' в
Ту
р-НРв=у
Отсюда находим
ОУ + ПРВ(\— р.)
Су —прв(1 +р)
/6500+ 1.3-2500(1—0,3)_
6500— 1,3-2500(1+0,3) —
1,92 см.
По четвертой теории прочности
Отсюда получаем:
в
Оу+пРн]/ ^~3п2Рв
^-3п3Рв
= 2,76 см.
9.21. Натяг S определяется как сумма абсолютных значений радиальных
перемещений точек диска и кольца под действием давления р между кольцом
26*
403
и диском:
= 91 кГ/смг.
* г Р% ,, XI РР‘
д — идЧ~^к'—р (1 н)4~
Отсюда определяем давление от натяга
6
Р~ /?2 /?
£с< ' £д
Напряжение в кольце o = pD/2/= 1820 кГ/см*. Напряжения в диске
о, = о1 = —р=— 91 кГ/см*.
9.22. Дополнительный натяг от температурного расширения
д = (ад— ас) RM.
Давление от дополнительного натяга
(ад—ас) М
Ap=s- <_L/i-------Г7р— —50 кГ/см1.
/?/£с/ + (1— р)/Ел
Напряжение в кольце о = ДрО/2/= 1000 кГ/см*. Напряжение в диске
ог = Of = — t^.p = — 50 кГ/см*.
9.24. Для внутреннего цилиндра напряжения будут наибольшими при
г = гв:
, , rJ+rB 2лс
Сг=-рв. Cl = 2_2рв-------2_ 2 р= 1,86рв —3,94р.
ГН ГВ ГС Гв
Для наружного цилиндра напряжения будут наибольшими при r = rci
2 / 2 \
г “ / г “ \
^г= а 11----------Г ]рв — р = — 0,273рв — р,
гп гв \ гс /
. 'в Л , G. \
‘ г2—г2 \ + Г2 J
Условие равнопрочности имеет вид
И (о{)2—+(ог)2 =К(а/)2—а/Ог+(аг)2.
г2 Л. г2
4-----^-р= 1,14рв + 4,17р.
гн-гс
Отсюда получаем уравнение 4,63р2— ЗО,92рвр—6,74р2 = 0, из которого нахо-.
дим рв = 6,9 р. Давление от натяга находим из условия
l/foi)2 — о/аг + (аР)2 =[а],
используя полученные ранее зависимости. В результате получаем р = 365 кГ/см*.
Допускаемое внутреннее давление рв = 6,9р = 2520 кГ/см1.
9.28. Радиальное перемещение определяется по формуле
1— ц Pb'-b — Ри''и , 1 + и (Рв—Рк)''«''в
““ £ р+ Е М-Ре '
Полагая гв = 0, rH = d/2, р — d/2, рв = 0, ри = р, находим перемещения наруж-
ных точек вала
lh=Lz^pJ.
1 £с 2 ’
где р—давление от натяга.
404
Полагая rB — d/2, rn=Dj2, p —d/2, рв = р, pH=^0, найдем перемещения
внутренних точек шкива
_1—Рч pd3 , 1 + Рч pD2d
’ 2£„ D2 —d--'r 2ЕЧ D2—d2 ‘
Натяг
nd . nd / D2 -4- d2
A = 2(«i + u2) = g- (1 —|»c)+ да_______
(1)
Давление от натяга определяется из условия M^=fpndb(d/2), откуда
р = 2Mlnd?bf = 2-20000/Я'б2-6-0,1 =59С кГ/см2. По формуле (1) находим натяг
Д = 0,0067 см.
9.29. Приравняв радиальные перемещения наружных точек алюминиевой
трубки и стенки стальной тонкостенной трубки, получаем зависимость между
внутренним рв и наружным р„ давлениями на алюминиевую трубку;
1—ц Рв^в —Pi/н 1-1-Ц (Рв—Рв) r-г- р„г2
Гн+ Ел (г1-г*в)ги E.t-
Отсюда р„ = 0,217рв. Затем приравняем приведенные напряжения для внут-
ренних течек алюминиевой трубки с надетой стальной трубкой и без нее:
рвг2-0,217рвг2 (рв-0,217рв)г2вг2 / r2 + r2 V
_2 -2 ' 1 _2 -2\_2 "Т“Рв- \ о 2 Ч / Рв*
Отсюда получаем рв=1,285рв, т. е. внутреннее давление можно увеличить
примерно в 1,3 раза.
9.30. Приравняв радиальные перемещения наружного слоя медной трубы
и внутреннего слоя стальной, находим зависимость между внутренним давле-
нием в составной трубе и давлением на поверхности соприкосновения двух
труб. Затем из условия текучести для медной трубы по третьей теории проч-
ности
а/ — аЛ = ог
находим р„ = 360 кГ/см2.
9.31. Температурный натяг
6 — (0См “с)
Давление от натяга
В медной трубе
2г2р
(о/)шах ----5------- = — 258 кГ/см*.
Гс-Лв
Д стальной труб*
г2+г’
(<*/)ша х = ---Г Р - 257 /с Г/см2.
405
"г лава 10. ЗАДАЧИ ДИНАМИКИ
ру,
10.4. Элементарная сила инерции dPt = dx-ш-х. Максимальное усилие!
1/2
Fy „С , Fy<s>2l2
Д' = — ш2 \ х dx = —.
g J 8g
о
Так как ш=лл/30, то получаем
7 Р 1 ,•/7200 [о] 2
7 эоо Т-11, У —у-----------252 см'
"max = -т- 7200С,В- =3390 об/мин.
Ч1р У У
10.8. Усилие, приходящееся на ось:
Р1 = Р ]~ = Р+^2^Н = 125 кГ.
Изгибающий момент и напряжение:
Л1гаах = Р\Ш = 780 кГсм, omax = Mmax32/nd3 — 1000 кГ/см2.
10.10. Максимальный изгибающий момент и напряжение будут Afmax =
= где р0 = ^ш2г = 38,6 кГ/см, 7=31,92 сл?, Ц7 =27//1 = 13,95 с.и3,
9/з g
Отах = 284 КГ/СМ2.
10.13. По принципу Даламбера ты2 (I + Z) = сЛ; отсюда
Z = тсо2//(с — тш2).
Критическое число оборотов определяется из условия X —> оо, что будет при
с = та>2
/с f (Id1 а 30о>кп
— = 1/ ,, ц-,7 = 30,8 1/сек, "кр =---------= 294 об/мин.
т V MPRn р л
10.19. Угловое ускорение является постоянной величиной и равно
da <0п л2"2 , „
— = —- —-----------— 0 л
dl 2(р 302-2-10-2л
M = кГм, т = ^=296 кГ/см2.
dl iuP
10.20. Изменение натяга равно разности радиальных перемещений обода
и крайних точек диска от действия сил инерции:
При бг = 6 давление от натяга будет равно нулю, так как натяг будет пол-
ностью компенсирован за счет перемещений от сил инерции. Отсюда после
подстановки со = лп/30 находим число оборотов
1 Г 900g6 ,
п = ~\ / —----------?-------- =3310 оо/мин.
406
10.21. Изменение натяга (как разности радиусов)
. <о2й3 / ус 1 — и X _
6, =----- --------ттг- Уд =0,0286 см.
g \ ес 4ЕД
Остаточный натяг <%„ = <*)—б, =0,0214 г.«. Давление от остаточного натяга
6ПСГ
= 25,2 кГ/см2.
Р
1 —В
\ £д Ес‘)
Суммируя напряжения от давления р н сил инерции, находим максимальные
напряжения в диске о( = а,= 171 кГ/см2 и в ободе <т = 2215 кГ/см2.
10.22. Изменение натяга определяется как разность' радиальных переме-
щений диска и вала при г = а:
<61 = [(3 + и) (1 — р) (а2 + Ь-) а + (3--р.) (1 + р.) аЬ2 — (1 — р2) а3| —
- *—у<о2а3 = Ттг (3 + И) ай2.
4gE 1 4gE г
Приняв 6] =6, находим
<o=4- , =437 Мсек, я = —= 4170 об/мин
b F y(3-|-|i)a л
10.23. Изменение натяга
6t = (3 + р) ab2 = 0,00259 см.
Остаточный натяг 60СТ=б — 6j =0,00241 см. Давление от остаточного натяга
Ебост62— а2
кГ/см^.
Суммируя напряжения от давления р и сил инерции, находим максимальные
напряжения в диске at = 1530 кГ/см2, аг=—475 кГ/см2.
10.25. Элементарная сила инерции
, n vhxb dx х
dP; = —---ы2 (R --x), где hx = — ft.
g I
Продольная сила
, п . , уййш2
<о2 (R — x)xdx = -—-—
хЗ\
3
о
Напряжение
о
X.
_ Vм” ( R х
bhx~ g \ 2 3
Т«2 ( R 1\, 8,2-10-3л280002 /50 I2\ln , JOA..r„...,
ffmax--’ g \ 2 3 У 981-900 V 2 3 ) 2 |480кГ/6Л1<
J0.26. Условие прочности бруса
f р
ghu <
407
откуда
. _ уйМ)2 (/?,--Л 2)
°
8,2-10-3-40,4-л290002 (52-0,4/2) л пк
—’---------= , пупп nz,'?-----= 0,25 см
Толщина лопатки в корневом сечении hK=-~ liuel, где
к._ ^fIR fV2 D«1 8,2.10-3.Л2.90003 (51.63-40’)
---------2-981-2500---------1>575’
/1к = /!„£•.< = 0,25-е1,575 =0,25-4,83= 1,2 см.
10.27. Нагрузка с одной лопатки Л' = йк6 [о| = 1,2-4-2500= 12000 к/'.
Погонная нагрузка от сил инерции обода
(’-ГУ (-!)-»«•
Напряжение в диске (па периферии)
___________________________ Л,й + 2л(/?| — h/2) р
17 ~ 2л(/?]—Л)0|
В равнопрочном диске о, = аг = а. Условие прочности по четвертой теории
прочности в этом случае принимает вид
Ио/—0,-Of + ar =Ка4—о’ + а1 = аС[а].
Исходя из этого условия, находим толщину диска на периферии
Nk + 2^Ri~у) р 12 000-80-1-2л-38,5-3440
2л(/?!— Л) [ст] ~ 2л-37-4000 ~“ СМ’
Максимальная толщина диска 80=h1ex, где
уа>2/?2 8,2-10~3 (300л)'2-372
Н~ 2g[a]“ 2-981-4000 ’ 7>
В результате &0 = (>1е1'37 = 2-3,56 » 7,2 см.
л 8PD3n_ 8-2-63-15_л ,
10.28. Дст— 0J4 —g I()6,064 —°,5
Ш] = Уg/\ct = У981/0,5 — 44,3 1/сек, Т, == 2л/о>| = 0,142 сек.
Л^“
Вес пружины Pj = у лДпу = 628 Г. С учетом массы пружины
__ а' „
= g/&'CT = 1^981/0,552 = 42,1 1/сек, Т = 2л/ы., = 0,149 сек.
1 л!г
10.30. Приведенный вес пружины Pnf=— — iiDny.
8P|,pD3n 2лЗ/г2П4у
--------—---------- <o =
А,
6’34
r.r^.2 , 1/ л— ^~~гй 1/ ^=^5 \/сек,
ЗОа2 т Дст лил)2 V 2у
Т = 2л/<а = 0,092 сек.
10.34. Прогиб и
= V981/1,08- 10-з =
частота Дст = Р/3/3£J = 1,08 10-’ см,
302 1/сек, п = 30<ч/л.= 2880 кол/мин.
О)= К£/Дсг =
408
10.36, При статическом действии нагрузки на пружину Cj действует сила
2Р, на пружину с,— сила Р:
а£Т=2Ш=2^4=тг'’-
Cj с.|
7 = 2л 1/^2=2л 1/P(Cl±4c^.
Г g F gctc3
„ с—ma*
10.37, Уравнение движения mx--cx~ma.x = 0 или x-]-x — 0.
' я 'in
Частота co = 1/ — — a* , —=a% , где co0 —частота при % -0, =
____Г m “ m
= ]/“о-“в •
10.38. Случай a):
ACT = =r; = 2,58 cm’
3EJ
<d= 7/ -#-=19,5 Усек, 7 = —= 0,322 сек.
r Acr co
Вес балки Q=p/ = 88,8«P. При учете массы балки вместо Р берем
33
Р + Q = 521 кГ. Следовательно,
со'= 19,5 /500/521 = 19,1 Мсек, 7' =0,329 сек.
Случай б):
Дст = PPWEJ. (о = = 19i5 у/’1б = 78 \/сек, Т = 0,0805 сек.
17
Вместо Р берем P-Нок Q = 543 кГ. Следовательно,
иЬ
со' = 74,8 1/сек, 7'=0,084 се/с.
Случай в): .
Дст = РР/192Е7, <о=/^7ДГг=19,5 /64=156 1/о-к, 7 = 0,0403 се«.
13
Вместо Р берем P-\~qc Q = 533 кГ, следовательно,
OD
<о' = 151 1/сек, 7' =0,0416 сек.
10.45. Приведенный
Р Р
_^пр‘
СТ~48Е/ ’
вес балки Рпр = 0,5р/, где p = bhy.
/ £-т / £?=17’717“-
Точное решение
л2 , Л EJg
со=—I/ —5 = 17,8 1/се/с
Р Г р
10.48. Считая скорости пропорциональными прогибам, получаем
ЛА!
о = с, sin
409
где t)0 — скорость среднего сечения балки. Кинетическая энергия системы
i I
т С1,2 А I V Pl S С цо - , ЯА'<2 I v n • Л1
T = j2ipdx+2-2i^=^ 2Fs,naTTdx+L 2FP‘S,n T =
Приведенная масса системы
”-4+£7!""Т‘
10.50. Определяем
1) со = лл/30 = 314
частоты:
\/сек, ш|(р= 1,35ш — 424 1/сек,
шкр
‘СТ
5,44-IO-3 см,
_ Р13 __ РГ364
CT^48EJ~48End4 ’
Ас г— ~
4PF
ЙГ=8'75 см'
Прогиб вала
0,01
е
(/max
----—г-т^—г — 1,22-10-2 см,
(шКр/со)2— 1 1.352 —1
GEyd )00 _ Мк 71620/V ,
а=~^128 кГ/см-, х = — = ^-^кПсм\
апр= |/"а34-4та= 133 кГ/см- < [о].
2) <окр = о)/3= 105 l/сек, ACT=g/fflap = 89-10-3 см
/4Р/з „
З^ЁЛ^=4.35 см, г/тах = ]_((Ок1)/ш)2 = 1,13-10-2 СМ>
о = GEyd/P --= 59 кГ/см3, т — Л4|;/1Г7К== 146 кГ/см1,
о1|р = 298 кГ/см3.
10.54. Жесткость пружины, работающей на изгиб,
с = EJ /n.Dcpn = Edi/64Dcpn.
Момент инерции массы диска Jт --- PD‘3/8g. Частота
“= V V8PDc?n = 28,3 1/СЖ'
10.50. Положение неподвижного (узлового) сечения А вала определяется
из условия равенства частот колебаний обоих дисков;
со—- р GJ р/ J iUyCi — \^GJ p/J !Пф,
Отсюда получаем a/b~— Jm.,JJт1 Так как а-|-Р=/, то
„__ тг
и частота ш =
/~GJp(Jml 4- J
М ту! тг
10.59. Частоты совпадут при условии Лверт — А10риз или
P/3/48EJ =. Pr:</3EJ -j- Pr4/\2EJ.
410
Отсюда получаем уравнение для х—1/r в виде х3 — 4х—16 = 0, откуда
х=//г = 3,04, г ж 1/3.
10.60. Без продольной силы
(0j = yrg/ACT= 1^482: Jg/PP = 54,4 1/сеге.
Продольная сила ,V = n2£J/212 = 775 кГ. С учетом продольной силы
л' р Л kl
Л"~2Л'А (tg 2
3 1/СЛ1,
ш., =
—— - -.-г- =51 I/сек.
10.61. При наличии сжимающей силы /V — Р
ACT=j(tgW-W), k= )/Г^7 =
2 1/с.и,
«1 =
П Т, =2,75 1/сек.
,ст г tgkl—kl
При наличии растягивающей силы N — P
A;T=T(w-thW),
со..
thW=7’48 1/сеК-
10.62. Уравнение собственных колебании системы
mx— mg-^-P (u + x) = 0,
где Р(и-\-х)— реакция амортизатора, и — осадка амортизатора в состоянии
равновесия; поэтому P(u) — tng. Так как рассматриваются малые колебания,
то, разлагая Р(ч-}-х) в степенной ряд по х в точке х = 0 и взяв два первых
члена этого ряда, получим следующее уравнение движения:
mx~\-(dP/dx)x = ax — Q.
Для этого линеаризованного уравнения требование равночастотности запи-
шется в виде
2 (dP/dx)x_Q
/x-° = const.
P(«l/g
„ 5 fdP\
Приняв обозначение-£r = w1 и принимая во внимание, что Н— —
(Оо / Х = 0
dP (и)
= — । получим следующее уравнение:
du их
откуда найдем Р (и) — Сеи1и'.
Постоянную С найдем, приняв, что при нагрузке Ро прогиб амортизатора
равен и0. Окончательно
Р(н)= Р0« •
10.63. шв = лл/30 = 94,2 \/сек. Резонанс будет при й = <оа. Прогиб
Дст = §/(,? = 0,111 см, tS^PP/ZEJ,
411
откуда
I=J/3£JACT/P=1,22 м, 1р8в = //^/1,3* = 1,03 я-
Амплитуда
А = Prf/P ( <о’ - (o’) = Ptf/P (1,3* - 1)w’ = 0,032 см.
Статический прогиб под грузом (АСт)раб —0,111/1,32 = 0,0656 см
10.64. Сила X, действующая со стороны балки на груз Р, определяется
. 1 XI3
из условия / = у уА — y = . откуда
v 48EJ t ASEJ
X^^-asin сов/------p- у.
Уравнение движения груза
Р ..
——у-\-Х=0 или у -|“W2y= A sin <вв/,
где
(о2 = A&EJg/Pl3, А = а®2/2.
Решение дифференциального уравнения ищем в виде у — С sin a>Bt, В резуль-
тате получаем
о sin ы„/
и =----------------------------------®.
2(1— <о’/(о2)
Прогиб балки
1 2 аа .
Ун = ту Ул-У = - ----г— sin «в/.
2 1 —<0*/(О2
10.65. Частота собственных колебаний
to = / A&EJg/Pl3 = 35,8 1/сел.
Динамический прогиб балки (см. решение предыдущей аадачи)
а
2 (о2
и.. = ----------------------------------=1,415 см.
1 - (О’/(Й2
Динамическое напряжение
Од = /2 у = 1270 кГ/см3;
Л —высота сечения. Статическое напряжение <тС1= PljAW = 688 KEjcM3. Макси-
мальное напряжение отах = аст + ад = 1958 кГ/см3.
Р ..
10.66. По принципу Даламбера — x-f-c(x—х^) = 0, отсюда x-f-to2x =
(о’г sin шв(, где с—жесткость пружины, <о= Vcg/P. Решая дифференциаль-
412
ное уравнение, находим закон движения груза
_ г sin сов/
1 — со’/соа
Удлинение пружины
Г —г
(О2
Х = Х -]-(х — г sin (ов/) или X — Аст +---;—rsin<M*
1 — <х>^/0)2
10.67. Текущий прогиб ригеля и стрела прогиба
р 11 PZ3
" 240£J (6/2*"1‘9Ц220x3)1 = 960~Ё1'
Р
Текущий прогиб стойки Ус'-’оП (1*х—-t3)- Приведенный вес рамы (р — погон-
ос J
нын вес стержней рамы)
1 Ч"1
G„p^2[(^ypdx + 2 f (^)Mx = gp/=§G=227 кГ.
о о
Статический прогиб с учетом приведенного веса рамы
ll(P + GIlp)Z3 1Ы727-2503 .
Л‘т ~ 960£J ~ 960-2-10«-968~°’ °° СМ'
Ч астота
со= Vg/ACT = 78,5 \/сек.
Прогиб от силы, равной амплитуде возмущающей силы:
/„= HP1Z/960£./= 0,0927 см.
Амплитуда колебаний
А = ” —-------= 0,153 см,
И|1 — (wb/W12 + y4<'Vw>2
так как
у = — =----------- 26'-81—=о, 188.
т ты (P + Gllp)co 1727-78,5
Статический прогиб
/ст= 11PZ3/96O£J = 0,139 см.
, । , л о 1 - . Mmax , PZ/4 —ЗР//40 ,
*д = 1+~=2’1- ад=Ад-^22!=/гд---------------=885 кГ1см ’
10.70. Уравнение движения груза имеет вид
р ..
— х +сх= Р, sin н>в/ или х+ы2х = а sin o>BZ,
где tiP = cglP, a-P^g/P.
Общее решение дифференциального уравнения
j
X = Ct COS со/ + С2 sin (I)/ Н-—-sin ыв/.
со2 — со’
413
Постоянные Ct и С2 определяются из начальных условий: при ( = 0 ,,х—0 и
х = 0:
w со- — со’
Закон движения груза
а ( . , соп . Л
х =-------- sin сон/---- sin to/ ,
w’-co’ k w ]
сов = лп/ЗО = 62,8 1/сек, Дст = РН/48£72 = 0,225 слс,
= \f -i-=66 Мсек x — P'g (I | trt”
V ACT l/ceK’ 1 ш
си,
х,
од = (1 -^-хтах/Дст) P//4-2W7 — 1170 кГ/см'1.
При установившемся режиме
Р'8 =0,785 см, ад = f И-^=675 кГ/с^
с т Ч- XW
10.72. Жесткость
с = £^+^=-^^(1,19<+1) = 2360 кГсм,
({ 1 П 1 и и • OZ
<о =
/Л
—TJ \/сск.
Угол поворота маховика от действия момента, равного амплитуде возмущаю-
щего момента, ср0 = Л41/с = 2000/2360 = 0,848.
Амплитуда
А =
Фа
= 0,147,
так как у = а/-1.„ы = 0,195.
Соответствующий момент Л4д = сА=347 кГсм,
AM
т>- Ц7,“(I + (7.^)4 117,-700 кГ,с^'
. М2 (djd^ мл
Та=1₽7=[1+(^Ч)41^2=590 кГ/см1'
10.73. По принципу Даламбера получаем
— тху— схх ф-c (х2 — Лд) = 0, — тх« — с(х2—х1) = 0,
где х,—перемещение верхнего груза, х2 — нижнего груза, с — жесткость пруж.щ
Решение системы ищем в виде л|=Л]со5бг/, х2 = Агсоз<о£
После подстановки получаем
(2с—«со2) At—сЛ2 = 0, —сА,+(с—щсо2) Л2 = 0.
Приравняв нулю детерминант этой системы, получаем уравнение частот
— 3стсо2 + с2 = 0. Корни этого уравнения tOj = 0,617 Vc/т, со2= 1,62р^с/т.
414
Жесткость с = Gd4/8D3n = 20,25 кГ/см,
(Oj = 19,4 1/сек, (о.2 = 51 1/сек.
Отношение амплитуд
= — тш2)/с.
Для первой частоты Ai/A.1 = (c—0,38с)/с =0,62, для второй
Л1/Л2 = (с-2,62с)/с=—1,62.
10.75. Критическая угловая скорость вращения вала равна круговой
частоте его свободных поперечных колебаний
М - |./~ё(Р1У1 + Р2У'2)
кр V YPtyl ' ' Р1У1 + Р.^
где у{ и у2 — статические прогибы вала в местах приложения грузов:
У1 = 6цР, + 6|.2.Р2, у.,— 621Д|+ 622^’2-
Текущий прогиб
' Plb (1 bi х'2
yx~6EJ\ li PJ
Отсюда находим: 6И--1,67-10-4, 6.,2 = 0,683-10*4, 612 = 62i = 0,953-10 4.у1 =
=0,393 ел, у., = 0,245 см.
«кр = 54 1/сек, л(1р = 30<окр/л =516 сб/мин.
Полученная частота' является низшей частотой
(см. задачу 10.76).
10.76. Уравнение частот имеет вид
(О4 (6ц622—6i2)mim2-—(О-(бц^-(-622/^2)"h 1 =0. К задние 10.75.
Корни этого уравнения: со, =53,4 1/сек, ш.г = 253 1/сек. Отношение амплитуд
Л|/Л, = 612/и.2а2/(1—611т1ш2).
Для первой частоты Л]/Л2=1,52, для второй Л,/Л2 =— 0,61.
10.77. Уравнение частот
(6^6^— б®<р) mJ ты4 — (bxxm-\-6,rr/m)<o2+ 1 =0
или
где z^mt^/EJ, J,„ = mR2/2, £ —радиус диска. Корни уравнения г| = 2,14-Ю*5.
г2 = 57.10-5. Частоты <ох = VgEJzJP = 26,5 \/сек, <в2=132 1/сек.
10.78. Уравнение частот
(6ЛХ6..., —6.?,,) —(6хл.иг-Нд...../м) со2 + 1 =0
или
(o'2/£J)2 —(6/J„l + 3/ml3)<a2/£J + 9/ffiJ,n/4 = 0, <а1 = 5,5 1/сек, ы2 = 77 1/сек.
Отношение амплитуд
_____J_________
Л2 3EJ/т<£>4*— J т/тГ
Для низшей частоты Л1/Л2 = —1 \/см, для высшей Л1/Л2=1/198 1/с.н.
41S
10.80. Уравнение частот (ёпё22— а<о4 — (бц Ji -f- д22У2Н- 1 = 0.
6n = 612 = 3Z/16GJ/., f>i2 = l/\GGJp, 8У^2г3 — 3(АН-J2)г-f—1 =-0,
где z — iii-ljlGGJp. Корни уравнения г, =0,1295, г2 = 0,311. Частоты
ojj= 162,6 1/сек, <оа = 252 1/се/с.
10.82. Уравнения движения
— — (Ф1—<р2) = 0, сх (<pj —<р2) —c2((p2Z + <₽1)/ = 0,
—С-2 (<₽-' + ф4)—
где «pi и <р4 — угловые перемещения маховиков. <р2 — шестерни 2. Применяем
подстановку ср; = Л, sin со/. Уравнение частот получим в виде
j /Л1^“ £1 С1
Cl — Ct — C2i~
0 —c2i
0
— С21
— с2 + J т№1
откуда
и = 25,8 1/СТ7С.
10.83. Уравнения движения имеют вид
1/1 = — — 61 2^1/2 +611 Pl C0S “hZ. (/2 = — 6ilm</l—622m</2+ 62lPt cos йвЛ
Решение ищем в виде = Л, cos coBZ, у2 = Аг cos о>в/. После подстановки по-
лучаем
(1 — 6пщ<ов) At — 612тшвЛ2 = б11Р1, — б12то>’Л2 + (1 — б22тшв) Л2 = 62,Plt
Зл3 7/>3
6И = «22 = ^7=0,441.10-”, d12-=S21 = ^=0,343-10-”,
*lC J 1 </
“в=зк=50,3 1/се/с.
OV
Подставляем численные значения коэффициентов и решаем систему; находим
амплитуды Л^ « Л2 = 2,44 см. Динамические нагрузки Р' и Рд находим из
уравнений
+ ^д612. ^2 = ^д®21 + ^дбгг-
Отсюда получаем
Рд = Р;=(ЛЛ2-Л2д12)/(6,,622-б?2) = 3120 кГ.
Определяем напряжения от совокупного действия статических и динамических
сил Рд+Р = 3620 кГ и Р" + Р = 3620 кГ.
ад = M/W = 1170 кГ/см3.
10.86. Д„ = PFH6EJ = 0,00288 см, Кя= 1 + /1 -|-2/1/Дсг = 84,3,
Дд = ЛдДст = 0,242 см, ад = КДР//41Г = 1680 кГ^см3.
10.88. Асг = Р//ЕР= 1/200лсж, Кд=/2й/Х~ = 355, 1Д = ^ХСГ = 0,565 см,
<Тд = Кдаст = 5650 кГ/см3. Вес стержня Q=yP/ = 4,93 кГ.
416
Коэффициент приведения массы k= 1/3. С учетом массы стержня приближенно
2h
14-
= 349,
ХД = КДХСТ = 0,556 см,
10.91. С учетом
-0,39см,
массы балки и
од-=Кдост = 5560 кГ/см"1.
распределенной нагрузки ДСТ=Р/3/ЗЕР=
Дд = Д,
Без учета р и рр
Ад — Аст
2/1
33 p-j-Pi
140 Р
ад1=3Утах£Лд/12 =3280 кГ/см*.
=2,79см,
' 3*/тах
= 3,21 см, од = -^----------?=3780 кГ/см2.
ЯРГ№п Р/з / 9/1
10.92. Дст = 2|2^+'= 0,204см, /<д=1+ 1/ 1+—=11,9,
\JИ 1О Сл v г 4Д СТ
р/ 8PD
°д = /<дстст = Кд ЗЙ7 = 2230 «Р/см2, тд = КдТст = Кд —= 1125кР/см2.
W Z.JLU
Р! РР / 9Л
А- = Ё^+48£^ = °'175“’ = V ‘ + ДГТ = 22Л
В балкеад = Кдост=КдР//4.21^ = 1140кГ/см2. В канате од = Кдо*ст = К ,(Р/Е-
= 1280 «Г/см2.
10.95. Определим скорость v после удара, а также кинетическую Т и
потенциальную U энергии:
10.93.
Р«и2
?+?! s_________
2g 1 2§(Р + РХ)’
U^^NX^W^ti/Gd*, N =nd3x/SD, U =n2d2Din;2/l6G-
Pv
Pv = (P + Pl)Vl, 1»!==—
По условию T — U находим напряжение
8G
e(p+f,)Dn =33,l)
10.96.
2 16G
т =
т=и.
Po2/2g = n2d2DnT2/16G, n = 8Pt)2G/n2gd2DT2= 12,3.
10.99. Принимаем, что напряжения по длине стержня меняются по линей-
ному закону ох = аях/1. Потенциальная энергия стержня
С °* адК С °д
J 2Е Fdx = '2ЁТ Х dX = 6E F ‘
0 0
14 Под ред. А. А. Уманского
417
Считая, что вся кинетическая энергия стержня переходит в потенциаль-
ную энергию деформации стержня, получаем
2 в
V'1
<Fl
6£ ’
откуда
Од = vY'iEy/g = 2130 кГ/см1.
10.100. Предполагая, что кинетическая энергия стержня целиком перехо-
дит в потенциальную энергию деформации стержня и буфера, получаем
ад
Т = П1Ч-1/2. =
Считая, что во всех поперечных сечениях буфера о = од, получаем для U2
2
Тогда
1 Fl1V
2 g
2 2
О_
•’“бЁи'+5г"»
10.101. Уравнение изогнутой оси балки при J = Jtlx/l
y"=PllEJ9.
Проинтегрировав и определив постоянные интегрирования, получаем
pi f г2 /2 \ рр I
^ = £л(т-^+т)' /- = ^=1,5-,
Кинетическая энергия балки
I t
т Ср j(/—х)4 pi 1 (*(/—х)1 pi t т
T = J Tg^-p-dx = Tg Vo}—i^dX = 2-gV^'
о о
Вес балки Q = -^- 5-2-100-7,85- 10-3=3,93«Г. Коэффициент приведения массы
балки А =-^- = 0,2. Динамический прогиб
/д = /ст р+ /„(1+AQ/P) ] =9-25о‘-
Од = 2йпаХЕ/д//а = 2-1 • 2.10» -9,25/1002 = 3700 кГ/см\
10.102. Дст=^ (4--—^ = 0,0058cjm, 1/ ~ =72,
\ 4 л / д г Аст
/Итах =3= 159 кГсм, О. = К. = 4330 кГ/см\
Дд = КдЛст = 0,417 см.
418
PD1
10.104. J = -—=2,55 кГсм сек*, ы-
скую энергию диска потенциальной энергии
пл ... „
— = 4л l/сек. Приравняв кинетиче-
деформации вала, получаем
J ,пю1/2 = M2J/2GJp, откуда
Л4К_ w i/'8J^G
Wp'"d V л/
10.105. Условие равенства энергий U = Т дает (с-жесткость)
1 4 2 Ри2 . 4 1 Г 1,3
-7сАд=1^-- откуда Дд = Дст у
Динамический коэффициент
/<д=К^^Д^
Кд = V 100а/981 -2,08 = 2,22,
10.106. Потенциальная энергия
силой Pv, приложенной
/Ик = ыК J mG JpH,
478 к.Г/см\
в сечении,
Лсг= Pl3/3EJ = 2,08 см,
ол = Лд<гст = КДР//1Г = 170 к.Г1см3
изгиба стержня при статической нагрузке
где находится груз Р, равна
U 2EJ
_ Pit (l~l^
j M$dx
о
р
Кинетическая энергия груза Т = —<о2/л. Из условия T — U находим Pj и
максимальный изгибающий момент
/Итах = Р, (/-/,)=« K3ZWF
.0
6EJ
10.108. Потенциальная энергия изгиба балки, нагруженной равномерно
распределенной нагрузкой интенсивностью
2 А
I = ——
20EJ
о о
Кинетическая энергия падающей балки T = 2lph.
Из условия Т =U находим р, и максимальный изгибающий момент
Л4П,„=М2/2=КЮ£^Л.
Глава 11. ВЫНОСЛИВОСТЬ И ПОЛЗУЧЕСТЬ
11.3. Из графиков находим КО = 4,8 и 63 = 0,7. Коэффициент асимметрии
r — Q. Допускаемое напряжение
[аг]=-
п
^222——=430 кГ/см,*,
14*
П+ф, (i+d
Допускаемое напряжение при симметричном цикле (< = — 1)
1о _! ] = о _ 1?бз/пК, = 3000 -0,7/2 -4,8 = 220 кГ/см*.
419
11.4. Напряжение в Солте
qmin= я- L6753 = 226 кГ,СМ2' °а==~5 (°max —amin) = 227 кГ/см~.
По графикам определяем еа=0,83 и /<0=3. Запас прочности по пределу вы-
носливости
а-\Р 1400
П~ Ф+m + 7<+о/+ “3-227/0,83
По пределу текучести пт = от/аП1ах = 2400/680 = 3,5.
11.5. Напряжения в пружине
Gd-Kmm 8,2-105-2-10 , 1 ,
ттах л О -г: — Л-20--8 — 1 630кГ/СЛ4“, Гт|п— ттах— 326 кГ/см ,
Т/л = — (Ттах +Тт|п) = 978 кГ:См\ (ттах Tmin) ~ 652 кГ/см~.
2т ““ т 1
По графику к задаче 11.1 находим eT=so = 0,83, фт=——----------- = —. '
Tq о
Запас прочности по пределу выносливости
т, 3000
п =
s
е„
T978 + S
и U ,оо
= 2,7
По пределу текучести пт = тт/тгаах = 6000/1630 = 3,7.
11.6. Напряжения цикла
ттах = = 409°°'16 = 1630 кГ/см2,
W fl ill 1 <J
~ _44т[п 12 000-16 лп. ,
Tmin- — п.53 -490КГ/СМ ,
= 4 (1630 + 490) = 1060 кГ/см2,
тй = — (1630 — 490) = 570 кГ/см2.
По графику для r/d = 0,04 находим /С =1,6. По графикам
ходим е1. = ео = 0,8 и р = 0,85. Запас прочности по пределу
2000
к задаче 11.1 на-
выносливости
т
“ Ф+ Kja/e.ji 0,05-1060+1,6-570/0,8-0,85 *’"•
По пределу текучести пт= тт/ттах = 2500/1630= 1,53.
11.7. По графику к задаче 11.6 с помощью интерполяции находим Кх для
стали с пв = 70 кГ/мм2 при отношении D/d = 2 и r/<i = 0,033:
^~)o/d=2 = *>?•
Пользуясь графиком, производим пересчет Кх для отношения D/d — lGI&Q— Г,17:
«T=1+UWD/J=2-I]= 1+0,7 [1,7-1]= 1,49.
По графикам к задаче 11.1 находим ет = еа = 0,87, Р = 0,82. Допускаемое
420
напряжение по пределу выносливости
, , 2т_г 2-1800
J f I — -__________L_________.—__________________________________
" [рХ(1-Г) + 1К(1+Л)] 2 [oOT7 <1-°'25) + 0'05 0 +0'25)]
= 1110 кГ/смг.
Допускаемое напряжение по пределу текучести
[т] = тт/л = 2500/2 = 1250 кГ[см\
. Л4тах=[т]лб(3/16 = 1110л-6э/16 = 47 2W кГсм,
Л4т,п = 0,25Л1т 1Х = 11 800 кГсм.
10 9 41 9.477 Рп
11.8. Мк = 71 620-^=477 к/Ы, Р=^=^-=68,2кГ, Ми=^=
68,2-13 „ 32-443 гр< „ 16/Ик 16-477 „пл г, ,
= —,— = 443 кГс,и, од =----—=564 кГ см-, т=--+ =——= = 304/+ см2.
2 а л-23 л^3 л-23
Из графика к задачам 11.1 и 11.8 находим г3 = 0,92 и/<3= 1 9 (для r/rfI = 0,05).
Так как т постоянно, то при вычислении запаса прочности по пределу вынос-
ливости учитывается только аа: и =а_1е3/а,;/(3 = 2000-0,92/564-1,9 = 1,72,
запас прочности по пределу текучести пт = от/[/< о2 + 3т2 = 3,6.
11.9. Напряжение в вале о = 32,М/л+ = 32 5000/л• 43 = 797 кГ/см2. При сим-
метричном цикле запас прочности равен п = о Ооа. Отсюда находим
__o_ie3P_2000-0,85-0,9,-
По графику для задачи 11.8 находим r/d = 0,2. r = 0,2d = 0,2-40 = 8 мм.
11.10. Отношение r/d = 0,05. По графикам к задачам 11.8 и 11.6 находим
(^)Dyrf=2 = l,9 и (/<-)о/б( = 2 = 1,5. Производим пересчет для отношения О/+=
= 1,25, пользуясь графиком к задаче 11.7:
/<3=1+§ Г(ЛГ0)_о — 1Т = 14-0,85 [1.9—1]= 1,77,
d ~
/<Т=1-Н Г(К,)_о=2-11 =1+0,80(1,5-1]=!,4.
По графику (рис. к задаче 11.1) находим е3 = 0,85. Считаем ех = е3 = 0,85.
Определяем частные запасы прочности:
ст_, _ 2200 _____
^т+^оа 0,05-0+^500
т_/ _ 1200
К 14 Z,d’
1чг,л+^то о+о^юо
_ ог _ 3000
,г”-о,д + ад~ 500
_ тт _ 1800_
,г^_тм+та— 400 ~
Запас прочности по пределу выносливости
п = пзЛ,//па21 + ^1=2,2-7,3/К2,22 + 7,32= 2,1.
Запас прочности по пределу текучести
«т = п%2 + п22 = 6 • 4,5/ /б2 + 4,52 = 3,5.
421
11.11. Среднее напряжение в пружине Tcp = 8PD/nd3 = 296 кГ/см2. Ампли-
туда колебаний А = 8PaD2n/Gdi =xu2ni:a/Gd. Отсюда находим амплитуду на-
пряжений
Ta = GAd/nD2n= 1530 кГ/см2, 1р,= (2т_1—т0)/т0 = 0,091.
Предельные напряжения цикла удовлетворяют условию та + фттср = т-i.
Поскольку при колебаниях среднее напряжение тср = const и поэтому тср = т<;р,
то запас прочности определяется по формуле
Т-г-Ф,ТсР 3000-0,91-296 . „
п =—=--------------=-------геол----= 1 ,/8.
та та 1530
11.12. Статическое удлинение пружины и частота
kCT = 8P£>3n/Gd4 = 0,8 см, <о = V~gACT = 35 \/сек.
Чтобы произошло разрушение, напряжения цикла должны' удовлетворять
условию та + ф^тср > t_j. Среднее напряжение и амплитуда напряжений
тср = PDfrW р = 1270 кГ/см2, та > т_, — 1|\тср = 3500—0,1 1270 = 3373 кГ/см2.
Минимальная амплитуда удлинений пружины X.a = nD2ziTa/Gd = 2,12 см. На
основании решения задачи 10.66 амплитуда удлинений пружины
(ШВ/<О)2Г
а 1— (<ов/ш)2>
Отсюда находим частоту <ов=<о 1/ —г4—= 30 l/сек. Соответствующее число
’ гТ'-а
оборотов 6/1 = 286 об/мин (нижняя граница). Верхнюю границу (сов > ш) най-
дем из условия
. (Мв/(0)аГ
а 1 — (шв/ш)2'
откуда имеем
<ов =<о 1/ т-^а -= 44,3 l/сек, М2 = 423 об/мин,
т ба— г
11.13. Номинальные напряжения:
Л4так Л4ср
°ср = 0, оа=—=407 кГ/см2, тср = -^—
Запас прочности по нормальным напряжениям
0 — 1 3400
п,~ К ~ 1 0
•^Оа + ’Мср ^У4О7 + О
Полный запас прочности zi = 2 + и’. Отсюда
'Мер 240 000-16 .... .
—7777-—=1220 кГ/см*.
л*103
= 3,08.
/зда-|.в-
Допускаемая амплитуда
[та] = (т-i — njcpi|>,)ex/ntKt=390 кГ/см2.
422
Амплитуда вынужденных колебаний без учета затухания
Фет
Фа = Т, 'Ч,
где <рст = Mal/GJр. Поскольку касательные напряжения пропорциональны
углу закручивания, имеем
[т 1 — ± т<г
Л в1 * 1-(<ов/<0)2*
откуда
<ов = и2(1 ± тв/[т]).
Собственная частота крутильных колебаний (задача 10.56)
ш= GJ p(J т1-}- Jmi)/JmiJnd — I® 1/сек.
Амплитуда касательных напряжений то = M/Wp= 102 кГ/см2. Вынужденная
частота а>в = <о К1 ± та/[т] = 105 УГ ± 102/390. сов=90 1/сек, nL —860 об/мин,
<ов = 118 1/сек', п2= 1130 об/мин.
Запретная область чисел оборотов в минуту от 860 до 1130.
11.14. Напряжение в лопатке —5") х ^х отсчить1вается от
внешнего конца лопатки). Удлинение ползучести
z I
о 'о
Подынтегральную функцию разложим в ряд (при 2/? = D):
/ х V / х у х ,k(k— 1) / х V
=1-fe-o+—2~ {~D ) ~
й(/г-1)(й-2) / х \з
6 D ) +' ‘ •
Практически достаточно взять три члена ряда. Тогда
it
Г . / . х V , С ( k h x* + 1 । k (k~ 1) xk+i \ л
J x ( — D J dX~J \X k D + 2 D* ) dX~
0 0
-zft+1 Г!______L < ] k(k~i)/ I yi
L*+l fe + 2 D '2(fe+3) D J J •
Удлинение лопатки
пл k £ ^+1 k + 2 D +2(й + 3) D } J ’
Из графика Q (t= 100)= 1,68.10-16, //D = 0,14; o> = 240 n.
H-3’,8'2^0’142^0^ MM.
2*b,o J
423
, , ,- Гт - Y<° I " X \ X/
11.15. Напряжение в клиновидной лопатке а = -—1 =----------= х. Удли-
. g \ 2 о )
пение от ползучести
По аналогии с предыдущей задачей получаем
пл k 2g ) ( J [а+1 k + 2 D, +2(^ + 3) \ О, J J ‘
Z/Z?! = 21 /3R = 2 • 12/3 • 64 = 0,125,
/8,4-10-3 |21^.104у.з ММ
М 2-980-900 ) 1 J [ 4,8 5,8 ’
H-^2/ 0,1252] =0,112- 10laQ (/), Q(/) = A!A- 10“16 = 1,34-10-li.
По графику для Q (/)= 1,34-10_1в находим / = 75 час.
11.16. Напряжения в оболочке
О] = pD/26 = 3• 42/26 = 63/6, о2 = Л//л Об = 1800/л 42 • 6 = 13,7/6.
Интенсивность напряжений
о, =У оз —01О2 + 0^ = у V632 —63-13,7 + 13.72 = у 57,5.
Из графика для функции Q (Z = 100) = 0,52-10 —1а. Относительная деформация
ползучести
е, =^а1_±а2(/)=^63-у 13,7^ 57,5-0,525-ю-18 уг =
= 183-10-1а-б-в.
По заданной величине 6] =0,01 находим толщину оболочки
6= ^183- 10-lu/0,01 =0,11 см=1,1 мм.
11.17. При чистом сдвиге ех=—е2 = у/2. Интенсивность
—7= У 8? + е182 +82 = —<= • Интенсивность напряжений
деформаций
Oj = т У^З.
Подставляем в уравнение ползучести
8<пл = а?й(П, упл/'Кз = т*(|/'з)/,:Й(/) или упл = 3(А!+1,/2т*й(/).
Касательное напряжение х = 2/И/лО^р6 = 2-60 000/л-17,62-0,4 = 309 кГ/см1. По
графику находим
й(/) = 0,425-10-1а.
424
Относительный сдвиг
упл = 3<6+1,'2-309«-0,425-10-18 = 1,77-10-2.
Угол закручивания
17,6
.. 2у . 2-80-1,77-10-2
q> = QI = 1 =-------г-------= 0,161=9.25 .
4 £>ср 17,6
11.18. Напряжения в оболочке:
N 1500 on Г! 2
Ох — —^ =----ГЛ П~1г=:80 кГ см2,
х лйЪ л-40-0,15
„ Р°
У~ 26
3,5-40
2-0,15'
467 кГ/см2,
т = 2М/лО26 =-2--^-^-г = 122 к Г/см2.
л-40-0,15
Интенсивность напряжений
а; = У а2- ахоу + 4- Зт2 = /805- 80 467 + 467* + 3 • 122* = 480 кГ/см2.,
Из графика (см. задачу 11.16) находим Q (!) = 0,47-10~18. Относительное удли-
нение по окружности оболочки
е fCT 1 oJoHQ (/)= 480-^ 480^.0,47-10-i« = 5,26-Ю-з.
V \ У £ j \ ~ /
Изменение диаметра оболочки А = е_}(£| — 5,26-10-3-40 — 0,21 см.
11.19. По теории старения уравнение релаксации в безразмерных пара-
метрах имеет вид
v = о/о0 = 0,75 а0/а„ = 0,75. Параметр времени
параметр
Затем зна-
Параметр напряжения
у = Eao-1Q (1). Определяем
1 — v 1—0,75 „
Х = —=^75^=0<423-
чение функции
О (/) = х/Еоо-1 = 0,423/1,8 • 10» -1500“'83 =
=0,543-10-9.
По графику для функции Q (/) находим
время t = 310 час.
11.20. По графику (см. предыдущую
задачу) для /=500 час. находим
Q (/) = 0,64-10-“.
Х = Е<7о-10(/) =
= 1,8-10°. 1800°'83-0,64-10-® = 0,58.
Для определения v имеем уравнение
(1—v)/v1’83 = 0,58.
Решаем его графически, построив кривые у, = 1 — v и i/2 = 0,58v1183. Графи-
ческое решение дает v = 0,7. Следовательно, о = 0,7о0, т. е. напряжение
снизилось на 30°/0.
425
ОТВЕТЫ
ГЛАВА 1
1.1. а =>2400 кГ/см2, Р = 2>0,‘1 Г..1.2. о=1750 кГ/см2, Х = 0,175 мм.
1.3. Е = 1,9- 10е кГ/см2, малоуглеродистая сталь.
1.4. £ = 0,7- 10е кГ/см2, дюраль.
1.5. £=>1,95.10е кГ/см2, <тпц = 8610 кГ, Рпц = 2740 кГ/см2.
1.6. tp = 0,64, 6СО = 0,28, Smax = 0,9. 1.7. р = 0,28. 1.8. и = 0,3.
1.9. ак=1,8.
1.10. ов=»5800 кГ/сж2, атах = 10 000 кГ/см2, гр = 0,51,5 = 0,26, а = 12,8кГ/см2.
1.11. s = 5 см, Датах=1600 кГ/см2.
1.12. а=1700 кГ/см2, 8 = 0,85-10~3, Х = 0,17 мм.
1.13. <7 = 4000 кГ/см2, F=1 см2.
1.14. к = 0,02 см, по целому о = 478 кГ/см2, по вырезу о = 1320 кГ/см2.
1.16. at = 1250 кГ/см2, <г2 = 0, после взлета <^ = 625 кГ/см2, аг = 312,5 кГ/см2.
1.17. одд = — 470 кГ/см2 (сжатие), осд= 1040 кГ/см2.
1.18. одс =—435 кГ/см2, адв = — 40 кГ/см2, obf = ^be— 1190 кГ/см2, овс~
= 1380 к Г/см2, ?.дс — 0,076 см.
1.19. Длв = 308 кГ, Дс = 0,0142 см.
1.20. собв = 500кГ/см2, Осе,— ®cd——050кГ/см2, Осв — 1020к£/сл12, Z = 0,01c.«.
1.21. Pi=Pa.
1.22. 0 = 265 кГ/см2, е=2,21-10-4, Х = 0,442 мМ.
1.23. х = 30,2 см.
1.24. а) хв = 0, ур = а/?>, б) хр =— 0,236а, z/p = 0,184a.
1.25. AZi=10T, N2 = — 4T, А3 = 8Г, Д1 = 0,0283 см, Д2 = 0,0142 см,
Д3 = 0,0170 см.
1.26. оа =— 400 кГ/см2, сь = 400 кГ/см2, ас =—667 кГ/см2. Удлинения ча-
стей бруса ^а = — 0,8-10-2 см, 7.^=1,6-10-2 см, =
= — 0,667- 10-2cjh.
1.27. А<;туп = л£</2/2/(1-|-а2), a = d/D.
1.28. К = РЦЕ УЁ/Ё^.
1.29. fe=nD0(/a-/1)£//iln^-+;i^a.
1.30. l/k= 1/Aj—f— l/fea+ ... + \/kn.
1.31. = At+ fea
1.32. bt= 17,1 cm, 6a = 3,75 cm, 53=14,2 cm, 64 = 2,84 cm, {>5 = 2,65 cm,
fc9=l,l cm, b-, = \,77 cm, bs = 0,9 cm, 6e = 0,65 cm, 61o = 0,46 cm.
1.33. d=12 мм. 1.34. d= 18,4 см, a = 50 cm, 5=100 cm.
1.35. £/4c = FBc = 4,94 сл<2, FCD = 3l,3 см2, Дс = 0,188 см.
1.36. £дд = 3,75 см2.
1.37. Р = 5 Т, 1.38. Дв = 0,45 см.
1.39. Условия прочности удовлетворяются: для цилиндра <т= 2500<3000 кГ/см?,
для штока о= 1530 < 1600 кГ/см2.
426
1.40. Р = 888 кГ, D = 60 мм. 1.41. Р = 6000 кГ.
1.42. Сила уменьшится примерно на 22%, Р = 4680 кГ.
1.43. Р = 7100 кГ.
1.44. Сила уменьшится на 18,5%, Р = 5800 кГ.
1.45. Д'дв^О.ЗббР, /Улс = 0,466Р, ДЛО = 0,196Р, NАС, = — 0.172Р,
Nab. =— 0.270Р.
1.46. Л'лл = 0,58Р, Л1лс = 0,48Р, Л7ло = 0,25Р.
1.47. аАВ = 1820 кГ/см2, олс= 1060 кГ/см1, aAD = — 384 кГ/см2 (сжатие).
1.48. Р= 15000 кГ. 1.49. Р = 20000 кГ, ДР = 5000 кГ.
1.50. Ул = 220 кГ, Vg = 80 кГ.
1.51. Ул = 26600 к.Г, Vb = 73400 кГ, отах =—1550 кГ/см2 (сжатие),
Атах = 0,155 мм.
1.52. F = 5 см2 (из условия прочности нижнего участка), Др = 0,02 см (сме-
щение вниз), Лсо = —4-Ю-3 см (укорочение).
1.53, а) Л(ла=15 100 кГ, NAD = — 11 600 кГ, Л/лс = 2700 кГ, F=9,45 см2,
б) NAC = NAD = 7\20 кГ, Nab = 7700 kF, Nbc = Nbd = 5450 кГ,
F = 4,82 см2.
в) Л1ЛС = ЛГЛО = 6680 кГ, Nab = — 11 500 кГ, KBC = MBD = 60 000 кГ,
F = 7,18 см2.
NACS=NAD = 87&0 кГ, NAB = 4880 кГ, NBC = NBD= — M40 кГ,
F = 5,5 см2.
д) NAC=2980 кГ, NAB = —5150 кГ, NBC = ~ 10500 кГ, F = 6,57 см2.
е) Nac = 8900 кГ, 7Улв = 7400 кГ, А7ДС = 524О кГ, F = 5,56 см2.
1.54. А/ст = 0,28Р, 1Удер=0,72Р, РдОП = 69,5 Т.
1.55. 6 = 0,4 мм, РДОЯ = 94,5 Г, ДР = 25 7\
1.56. Д/пд=0,25Р,
1.57. No6ui = ~P,
А/СТО = 0,75Р, Ptnax = 48 000 кГ.
ч О
К]_____± р м —р р —^9 Т
*v стр — 13 г * 14 лояса —13 г ’ г доп — и<2, 1 ’
I о । 5
1.58. NAA' =2(Р. КВВ’ =уР, Ncc = 21 Р. Рдоп= 15500кг.
2 1 4
1.59. В точке В. NАА> = — Р, NBB’= — P, Ncc’= у Р, РЛОп=33 600 кГ.
1.60. р= 180 кГ/см. 1.61. А/Лс = 987 кГ, NAD = 977 кГ.
1,62. Л'лл' = Nqq> — — 880 кГ, NВА' = Двс = — 660 кГ, F = 1,1 см2
Д = 0,38 мм.
1.63. КАА’= — 2570 кГ, Nba-= — 660 кГ, Ncc.= 800 кГ.
1.64. Д/1=Л'2 = 800 кГ, F = 0,5 см2, Дх = 0,5 мм.
1.65. Л/1=1530 кГ, Л/2=1800 кГ, Ма = 070кГ, N^&iaKP, F = 0,9 см2.
1.66. a) /VBC = 0.377P, А'зо=1,88Р, F = 5,88 см2,
б) yVJC- = 0,187P, Л(Лд = 0,115Р, F= 11,7 см2,
в) NBC = 3,2P, Nbd = 0,8P, F^=\0cm2,
Г) Nab= 1.95Р, Л/лс= 1,ЗР, F = 8,12cm2,
д) Л^ЛВ=1,13Р, Д/Лд = 0,45Р, F = 3,54 см2,
е) Naa, =— 0.6Р, А/вв-=0,4Р, Ncc> = 1,2Р, F = 7,5 см2,
Ж) NgB. = о,45Р, Ncc- =— 0.845Р, F = 5,28 см2,
s)NAA’=0,5P, NBB' = 0,25Р, ^cc'=0.25P, F= 1,56 см2.
1.67. ^ЛF=2,26P, NBF=1,31P, /Vcb=3.91P, РДОП = 2440 кГ.
1.68. Va = 0,7P, Nbd = Ns.d, = 0,044P, Kc = 0,22P, F = 6,56 cm2.
1.69. Hл = 0.518Р. WB = 0,815P, omax = —0,865(в сеч. Л),
Pl
Атах = 0.272 (в сеч. D).
1.71. рдоп = 8,34 кГ/см2.
1.72. В цилиндре о = 2160 кГ/см2 < 3000 кГ/см2, в армировке
а= 1480 кГ/см2 < 1600 кГ/см2, ртах= 163 кПсм2 (из условия прочности
армировки), РдОП=125 кГ/см2 (без армировки).
427
1.75. 040°=—500 кГ/см2 (сжатие), о_3о° = 1250 кГ/см2 (растяжение),
/ = + 5°С. 1.76. с1 = О|11=°750 кГ/см/2, си=1250 кГ/см2 (в проточке).
1.77. Одв = пдо =—139 кГ/см2 (сжатие), а^с = 480 кГ/см2 (растяжение).
1.78. оОд = 755 кГ/см2, oDC--— 563 кГ/см2 (сжатие).
1.79. При нагреве <тал — — 200 кГ/см2, ост = 400 кГ/см2, при охлаждении
оал=120 кГ/см2,' <гст =— 240 к!'/см2.
1.80. <гст = 750 кГ/см2, <ту-. —138 кГ/см2, р= 15 кГ/см1.
1.81. олат =—243 кГ/см1, ост = 730 кГ/слб2, р - 27,5 кГ/см2.
1.82. аст = 1220 кГ/см2, ом =—153 кГ/см2, р = 40,6 кГ/см2.
1.83. оболта = 1165 кГ/см2, отрус, = —515 кГ/см2, охладить до—105 °C.
1.85. а) а1 = о2 = — 333 кГ/см2, с3 = 667 кГ/см2,
б) а, =аа= 166,5 кГ/см2, о2 = —333 кГ/сл2.
1.86. Oj = o3 = 326 кГ/см2, о-2 = — 565 кГ/см2.
1.87. / = 135 °C.
1.88. NA”B^= И20 кГ, ГА,С-Ш кГ.
1.89. РДОП = 2500 кГ, Nо = 2780 кГ. 1.90. рдоп = 67,8 кГ/см2, Го=131ОкГ.
1.91. А7О = 794 кГ, условие прочности для шпильки удовлетворяется.
1.93. х = 3 м, Gmjn = 25 кГ.
1.94.
а) 0 = Ргу//[о]рсоз2у , Gmin = Ргу//[о]р при а=0.
б) 0 = ЗРву//[о]р51па, Gnlin = ЗРсу//[а]р при а = 90°.
а = 35°20', G=19 кГ, /1 = 2,82 м.
omax = 7,85 кГ/см2, 1,87-10~:1 см, /пре, = 2040 м.
отах = ?1/3, Хл = у/г/6Е, I - —
Р = 0,254 см2, G = 53,2 кГ,
£/4=1,21 см, d2= 1,215 см,
штанга легче на 1,07 кГ.
1.100. х= 1/2.
1.95.
1.96.
1.97.
1.98.
1.99.
см, /
рсд = 6120 м,
Х = 13,4 см.
d3== 1,22 см, d4= 1,225
см, ступенчатая
р ]+-Т-+2-^
1 ini I/ л2 « F-i
1-101-^=-2---------ГЛ----’
+ a F2
1.102. х = а/3. 1.103. Рпред= 14 200
К/) = уР1а + уР,& — VA.
кГ. 1.104. РДОП = 29,9 Т,
скание узла До = 0,8 см. 1.105. Рдоп = 6000 кГ.
наибольшее опу-
1.106. Рд0П = 173 Т (по предельному состоянию), Рдоп = 157 Т (по допускаемым
напряжениям).
1.107. Рд0П = 220 Т (по предельному состоянию), Рдоп= 185 7 (по допускаемым
напряжениям).
1.108. отах = 498 кГ/см2, тп1ах = 249 кГ/см2, т = 216 кГ/см2, о=124 кГ/см2.
1.109. Р = 8000 кГ, а = 60°, 0 = 30°.
1.110. а= 21°50', атах = —1160 кГ/см2 (сжатие), ттах = 580 кГ/см2.
1.111. d = 3,57 см ^31/ мм, о = 600 кГ/см2.
1.112. а = 31°, = 1470 кГ/см2, та = 882 кГ/см2.
1.113. а) с = 900 кГ/см2, т= 173 кГ/см2.
б) а = — 260 кГ/см2, т = 386 кГ/см2.
в) о = 500 кГ/см2, т--0.
г) о= 100 кГ/см2, т= 173 кГ/си2.
д) о = — 300 кГ/см2, т = 500 кГ/см2.
е) о = — 100 кГ/см2, т=:— 173 кГ/см2,
ж) о = — 300 кГ/см2, т= 173 кГ/см2.
з) о = — 400 кГ/см2, т = 0.
и) о = 0, т = 1000 кГ/см2.
к) а = 400 кГ/см2, т = 692 кГ/см2.
1.114. 1) Если Oi и а2 имеют разные знаки. 2) При ох = —а2 = с6 ттах
1.115. О4=о2. Круг напряжений превращается в точку на оси абсцисс.
1.116. а4 = 45°, а2 = —45°, то1 =—та2 = 1200 кГ/см2,
= о.
428
1.117. 7^ = 0,158 AUt, Л2 = 0,015 леи, Х3=—0,00225 мм, 8 = 0,45.10“'.
1.118. р. = 0,28. 1.119. = 1600 кГ/см2, о2 = 800 к.Г/см2, р = 32 атм.
1.120. ДУ = 0,074 жж3. 1.121. О! = 600 кГ/см2, а2 = 200 кГ/см.2.
1.122. a) jj = 1140 кГ/см2, п2 =—140 кГ/см1, а0 =—19°20'.
б) о(=860 кГ/см2, <т2=140 кГ/см2, а0 — —16°50'.
в) О'! = 800 кГ/см2, о2 = 200 кГ/см2, а0 = 45°.
г) о, =695 кГ/см2, о3 = —1095 кГ/см2, а0 = 31°45'.
д) ох = 480 кГ/см2, о2 = —1080 кГ/см2, а0 = —25°05'.'
4) а1=833 кГ/см2, а2 = —433 кГ/см2, а0 = 54°13'.
ж) ах = 600 к.Г/см2, а2 = —600 кГ/см2, а0 = 45°.
з) а1 = 1045 кГ/см2, а2 = —845 кГ/см.2, а0 = 61°.
и) О]=300 кГ/см2, а2 = —1700 кГ/см2, а0 = — 42°10'.
к) aj = — 35 кГ/см2, о2 = —1165 кГ/см/2, а0 = — 22°30'.
1.123. 02 = 670 кГ/см2, а2 = — 670 кГ/см2, а = — 31°45; изменится знак утла а.
1.124. у= 12,8', 1= ± 0,655 мм.
1.125. а=17°47, е = 0,65,-10"3, Дп = 32,5 мм.
, L , + а, —иа2 I при OjSao.j/n, если > 0,-
1.126. а = arctg 1/ ———- !• _ , п
г poj—а2 J при Oj<o.2/pi, если jj < 0.
1.127. а0 = — 33°35'.
1.128. tg2an=-^~8b- ; eli2=^±^ ± /(еа-е6)2+(8a-aJ2,
Е Е
01 = 7~й <Ё> + Иег). °2 = (Ё2+ ^181>-
* г 1 г
1.129.
tg2an =
V 3(efe —ес)
2еа~еь — ес
61,2-- з С’ ± “^з- У(ка — ^ь)1 + (8ь — Е^)2 + (ес — еа)2-
1.130. 8^, = —0,467. ю-3. 1.131. р=0,3, К = — 0,342-Ю"3 см.
1.132. Го?+0I+0I, о^^+Яд+Я3,
уз б -
т«=у К(О1 —о2)2 + (о2 — О3)2 + (03—(Jt)3.
1.134. o = Oj cos2 a + o2cosa |3 + o3cos2 у, т==Гр2—о2’ где Р — полное на-
пряжение на данной площадке.
1.136. Дц = — 0,325 см3. 1.137. ост = 280 кГ/см2.
1.138. а) о‘‘=910 кГ/см2, о}11 = Ю00 кГ/см2, a‘v = 870 кГ/см2.
б) oj.1 =665 кГ/см2, o'Ii=900 кГ/см2, o}.V = 778 кГ/см2.
в) о}1 = 775 кГ/см2, o'" = 1ЮО кГ/см2, a^v = 955 кГ/см2.
г) о” =—895 кГ/см2, о’11 = 1000 кГ/см2, = 886 кГ/см2.
д) oj’=—1180 кГ/см2, o'fl! = 1100 кГ/см2, a^v =1020 кГ/см2.
1.139. а) о}.1 = 1360 кГ/см2, о1/1 = 1370 кГ/см2, a{.v=1360 кГ/см2.
б) oj.1 =—1090 кГ/см2, oj11 = 1620 кГ/см2, ojv = 1410 кГ/см2.
в) о}.1 =—1240 кГ/ди2, о}.11 = 1680 кГ/см2, o'v = 1480 кГ/см1.
г) 0^= —825 кГ/см2, о’11 = 1200 кГ/см2, o*v = 1040 кГ/см1.
1.140. р= 15 атм. 1.141. t = 6,5 мм. 1.142. а'1 = 183 кГ/см2 < 200 кГ/см2,
1.143. d = 5,9 мм и 6 мм. 1.144. а= 1600 кГ/см:2.
429
1.145. Н = 62,5 кГ, / = 0,5 м.
1.146. а = 432 кГ/см2, / = 36,1 см. 1.147. о = 4000 кГ/см2, f=3,9 см.
1.148. 7тах = 32,5 кГ, f = 4,46 м.
1.149. ТА = 168 кГ, Тд = 222,7 кГ, Л = 86 м, 5 = 52 м.
1.150. При 90° > а > 45° Oi=^— (sin а—0,707)—а2,
Pa=^/L+sina+sin^_ \
t \ 3(1 + sin а) )
уг2 0,0382 и л
при а < 45 а2 =— о.=+— •—3—. Наибольшее напряжение
1 I cos2 а к
оц1ах = 0,15 уг2// — 45 кГ/см1. При заполнении сосуда доверху
отах = 0,5уг2//= 150 кГ/см2.
1.151. При у<Н o3 = ^f^r/-^Y,
r 1 t cos a i cos a \ 2 3 j
u ytga №
при y>H o„ = -i—s—— ;O|=0.
1 v ‘ t cos a 6y 1
Наибольшее значение напряжения отах=139 кГ/см.2.
1.152. о, = З* К у (Н— у\ тах о, = 168 кГ/см2 ( при u=^-V
t cos а \ 2 J
O.i=^Hr ( 0,5 —, тах о2 = 126 кГ/см2 ( при у = ^-Н Y.
2 t cos а \ 3R J 2 \ 4 /
На уровне жидкости (при у = Н) о2 = '2 кГ/см2.
vR
1,153. В цилиндрической части О[=-у- (Н — у),
тахО!=^-(/7 — /?)= 160 кГ/см? (при y = R),
o2 = const = ^- f Н — ^-^ = 93,3 кГ/см1.
\ 3 z
В сферической части max б, = max о2 = -^|^-= 100 кГ/см2 (при у = 0).
1.154. ог = ог = const.
2t 41
1.155. См. решение. 1.156. Р= 14 000 кГ. 1.157. Р=+3160кГ.
1.158. Р = 3490 кГ.
1.159. Р = 19200 кГ. 1.160. О(, = 65 кГ/мм2 (среднее значение), среднее квад-
ратическое отклонение До= 1,4 кГ/мм2.
1.161. а = у/Р/ЕГ, jV=P/2sina, Ac = Ztga.
1.162. о= 1350«Г/см,2, Д = 18,5см, а = 2,1°, напряжения уменьшатся в 4,5 раза.
1.164. Х = 8,5 см, F = 2,8 см2, 0 = 3,6 кГ/см2, Ртах=14,7 кГ.
ГЛАВА 2
2.1. Р= 19800 кГ. 2.2. d:h = 2,4.
2.3. у = 0,192-10-2, Дс = 0,48 мм о( = — о2 = 500 кГ/см2,
KAq = —Хд£) = 0,338 мм.
2.4. Т! = 400 кГ/cm2, т2 = 800 кГ/cm2, утах = 0,309-10“2.
2.5. Oj= — о., = 600 кГ/см2 cz,| = — 20.
2.6. хс = 0, 1/с = 8,3 см, гтах = 2700 кГ/см2.
2.7. 4=1 см, условия прочности удовлетворяются.
2.8. d = 4 мм, п = 16.
2.9. d=l,6 см, п = 4 (на одну сторону), 1 = 22 см.
2.10. Р = 31 200 кГ, прочность листов понижается на 18,5%.
430
2.11. т = 530 < 800 кГ/см2, осм=1215 < 2000 кГ/см2, а, = 765 кГ/сл*.
о[( = 713 кГ/см2, оП| = 485 к.Г/см2.
2.12. 4 = 4 мм, п—14. 2.13. Р = 3080 кГ.
2.14 .4 = 4 мм, «=15, шаг заклепок е= 14 мм, длина муфты L= 144 мм-(-а,
2.15. 4 = 4 мм, /г = 36 (8 рядов по 4 заклепки и 2 ряда по 2 заклепки, см. рио.
к условию задачи).
2.16. 4=1,6 см, заклепки в два ряда в шахматном порядке, шаг е = 5 см,
2.17. 4 = 19 мм, t= 10 мм. 2.18. Р= 1380 кГ.
2.19. Наиболее нагружена заклепка 2, т= 1015 < 1100 кГ/см2.
2.20. 7’, = 7’2 = 414 кГ, Г3=175 кГ, Т< = 7\^(Ж КГ.
2.21. у, = у2 = 2,24 см. 2.22. у; =3,46 см, у2 = 3,06 см,
2.24. 6=11 см, материал используется на 65%.
2.25. 6=10,7 см, материал используется на 67%.
2.26. Р = 20 200 кГ, материал используется на 80%.
2.27. / = 23 см (с добавлением 2 см на непровар шва), материал используете»
на 100%.
2.28. /, = 8,5 мм. 2.29. 6=16;7 см, /=19 сл+1 см на непровар = 20 см.
2.30. /|ф=30 см, /2ф = 13 см. 2.31. /,ф = 35 см, /2ф=15 см,
232. Условия прочности удовлетворяются.
2..3 3. Муфта 45x40 мм, длина прорези 1=3 см.
2.35. Р = 4800 кГ, а = 50 см.
2.36. Без учета трения; т = 8,34 > 8 кГ/см2, с учетом трения: т = 5,92 < 8 кГ/см*,
(осм)90“ = 32,8 < 40 к.Г/см2, (осм)0 = 6,95 < 20 кГ/см2.
2.37. а = 8,35 см ~ 8,4 см, 6 = 5,55 см ~ 5,6 см, с= 10,4 см. Напряжения на
разрыв в брусе о = 40,3 < 100 кГ/см2.
2.38. ц=0,29. 2.39. G = 2,75-105 кГ/см2, Д<р = 0,002 = 6,9'.
2.40. аа = — 16°10', аь = 28°50', аг=118°50'. 2.41. G = 0,7bl0« кГ/см2.
2.42. N = 250 л. с., <р = 4,36°.
2.43. 4 = 2,16 « 2,2 см, Pmax= 112 кГ.
2.44. /.= 18800 кГм, 0 = 22,8 см. 2.45. 0 = 6,11 см.
2.46.
2.47.
2.48.
2.49.
2.50.
2.51.
2.52.
2.53. 4 = 5,7'c.u, 4] = 2,9 см, 42
2.54. ’ ' • — —
2.55.
2.57.
2.58.
2.59.
2.60.
2.61.
2.62.
2.63.
2.64.
2.65.
2.66.
2.68.
2.69.
2.71.
Л/=12,1 л.с.
т, = 182 < 200 кГ/см2, т2 = 179 < 200 кГ/см2, т3= 169 < 200 кГ/см2.
4 = 8,6 см (по условию жесткости).
а) ^ПОЛ/ГСПЛ = 2,73;
б) 7р ПОД!Jр.спл — 4,56,
в) Фспл/Фппл== 1'96.
Фал/фст ~ 1,43, Фст/Фал ~ 2,22.
0=18 см, 4=16,5 см, QcnjI=133 кГ, <ЭПОЛ = 48,2 кГ.
max Л4К = 835 кГм, D — 7,2 см, 4 я 6,6 см, <р = 3,37°.
5,8 см.
dl/d2 = 1,26, Q,/Q2= 1,59.
0 = 7,2 см, 4=4,3 см, ттах=126 кГ/см2, <ртах = 1,32-10~4.
а) /. = 69,4 к.Гм, б) /. = 97,6 кГм.
41, = 1900 кГм, Л12= 1430 кГм.
1:i,niax=l73 кГ/CM-, Т2,тах===218 кГ/см*.
/,ДОП = 745 кГм, из условия равнопрочности /.О = 0,0384/.лоп.
4 = 5,75 см.
Ьд—бОкГм, Ьц = — 20 кГм.
34тах = 9,72 Тм.
L, = —0,44/.а.
7-доп = 325 кГм.
х— 1,43 м (от левой заделки). /.ДОП = 550 кГм.
Д/ = 54,8 л. с., <р=1° на погонный метр.
а я 8,5 см. 2.70. ттах = 625 кГ/см2, ф = 0,0316= 1,8°.
а) По'условию прочности Q]=30 кГ, Q.2 = 36,5 кГ, Q3 = 44,5 кГ;
б) по условию жесткости Q, =48,8 кГ, Q2 = 52 кГ, Q3=66 кГ.
2.72, а) По условию прочности 6=11 см; б) по условию жесткости 6 = 38 см
2.73. 4 = 4,8 см, ттах = 487 кГ/см2, <ртах = 5,54-10~3.
2.74. БДОП = 940 кГм, <ртах =7,16-10-3.
431
2.75. Жесткость неразрезанной трубы больше в 533 раза.
2.76. Лдоп= 132 кГм. 2.77. ттах = 400 кГ/см?, <р= 1,43°.
2.79. LK0„ = 1080 кГм, допускаемый момент для разрезанного стержня в 215 раз
меньше.
2.80. <7 = 75 кГ/см, т,=375 кГ/см?, т2 = 500 кГ/см?, 0 = 0,89° на погонный
метр.
2.81. т = 915 < 1000 кГ/см2, d=4 мм, шов двухрядный шахматный с шагом
е=3,5. От направления шва величина шага не зависит.
2.82. d = 6 мм, двухрядный шахматный шов с шагом е = 2,2 см, м = 35
(заклепки расположены по окружности).
ГЛАВА 3
3.1. а) хц. = 0, г/ц =3,36 см;
б) *ц. = °> Ун. = 3,5 см;
в) хц =0, </ц. = 2,63 см.
3.2. а) Хц. = 0, 1/ц. = 4 см;
б) Хц. = //ц. = 2,44 см;
в) х„. = 5,09 см, i/ц. = 2,6 см.
3.3. Хц. = (хд + хя4-хс)/3, ?/ц. = (l/л+ (/д + г/с)/3.
3.4. Л = 3а.
3.5. х = 0,634а, у — 0,424/i.
h(2a-j-b) a(a-[-2c) + b(a + b + c)
1/0 3(a+b) ’ х°~~ 3(a-j-b)
3.7. х = а/2, у = 0,633а.
„ о „ ab 3 3
3.8. с=у, х0 = — a, Xj=-g-a.
3.9. 4г/Зл = 0Д244г.
3.10. y = d/V&.
3.11. a) F = 96 см2, Jx = 2048 см*, Jy = 288 см*;
б) F = 36rt см2, Jх = Jу = 324л си4;
в) /?=28л см2, 2х = /у = 700л см*.
3.12. a) Jx = 747 см*, Jy = 278 см*, Jxy = 0;
б) Jx = 997,3 см*, Jy — 36,8 см*, Jxy = 0;
в) Jx = 36,9 см*, J^, = 64,9 см*, Jху =—27 см';
г) 7„ = 556 см*, Ju = 272 см*, 2„„ = —228 см*.
/Л 9 у '•/
..13.
3.14. Jx = 6/i8/4, J y = b3h/\2, Jxy = b2h2/8, JXo = bh3/36, Jya = b3h/36,
JXoyo-b2h2/12.
3.15. •/x=|2 (Ув~ Ус)-
ив /I i/П — (d h b hb} i11 -L.h 2 hhb\ b2h2
3.16. J xy + J xy - J XdVo + у 11 у у J + ад0 + y 3- Ь у j - - 4-,
ho •zU=-/iL=b2ft2/12 и <v=Jxt='63/i2/8-
3.17. Jx= 16 cm*, J„=13 cm*, Jxv = 8 см*.
3.18. Начало совпадает с серединой гипотенузы. Соединяя его с вершиной
прямого угла, получаем равнобедренные треугольники, для которых
JXiVi = 0. Отсюда
/ b h \ bh_b2h2
I — 6 6 I 2 — 72 •
4 32
3.19. 7max = Jy = ^ = 0,3927л*, Jmln=.-Jx = ^ (1-^=0,1098л*,
max /мг, — 4л*/9п — 0,1414л4.
3.21. См. решение. 3.22. Jxiyl = rl[&.
_ л* / 32\ _ л* / л \ л* / я . 64 \
3.23. -Gy-*g- (J • •'max— g 'mln— g 2 + 9п ) ‘
4
3.25. </, = 7таЯ
15
3.26. Jx = (2a— sin 2a) -3-.
о
2Л га я
3.27. 7,- f . il C fcdi=l 4 C ^,4,.-
J IZ <J u J О U J x
0 00
_________ла3Ь
Jy—Г
b3h3
3.28. Jn — , Q—:—TgT.
" 6(ft2+ft2)
3.29. См. решение.
3.3».
=^(f>2+ft2± )/ ft*+ft*+~2).
<1 xlyi
J v- J x]
3
2
, n 3 bh
tg2a0- 2 • bi_Kl,
tg“o =
bh
/ Л2/.2 •
ft2-ft2- |/ ft* + /i* + ^-
3.31. Jmax = U2+b3 + /a* + ft*-a'2ft2) = 0,08ft*,
Jmin = 0,0228ft*, P ~ 29°52'.
3.32. Jx=^(3/t24-62), 7y = ^(/i2 + 3ft2), ^xy = bl1^3 — для квадрата
Jx = Jv = ai/12' Jxy = 0-
3.33. a~—39°42', Jmax = 22,6 cm1, ^min = 6,4 «/*.
3.34. tg2₽ = ^7^. 3.35. p1=45°.
3.36. Две точки на расстоянии х= ± ~~f—~= см от центРа тяже*
сти сечения.
3.37. a) 2ix = ft//3 = 0,577ft, 2iy = Ь КЗ;
6) 2t\ = 2ty = d/2.
3.38. а) Для вершины 1^хв = Jx/(/B = ftft2/24, для основания Fx0 = ftft2/12,
»7>, = ft2ft/24;
б) 2ix = ft-)<2/3 = 0,471ft, ‘21у = Ь/ ]<6 = 0,408ft.
3.39. №х = 53,3 см3. _
а т 64/2 ч 256 / а3 \ ,
3.40. и = —7=, max IV7х = - а3 = (—— ] и 1,054117
9 у 2 '29 243 \в у 2 J necpts
3.41. См. решение.
433
3.42. Wx = (2 + 0,25л) r3, Wy = (3,4 +л) г3.
3.43. Увеличатся: 1) Зх в восемь раз, 1У'Х—в четыре; 2) Зх и lfx —вдвое.
3.44. 1ГХ1=^а3, Wx, = ™a3.
У У
3.45. 1 2 3 4
7Х = F 4 F1^ Л '2 8 F h~ ?312 F.- Г116
= /1 2 УТ h 2 ^2 h 2 Уз h 2 КГ
F - 2 F - 4 F А 6 F - ^* 8
3.46. См. решение.
3.47. dx = J1cos2a, 7у = + sin2 a, Jxy = Jy——•
3.48. Jx = — ( y3A -iryAyBsr у2ву
._ , л/d3 л/d3 л/d3 Г [t \ 21
3.49. Зр - , Зх g , 3точ [^(dj J ’ НЭ
2г тг/гЗ jt/гЗ / Я \
3.50. //„ = -, 3V = ^L.= 10,05 см*, Зх( 1-4 = 2,09 см*.
л У 2 * 2 \ л2/
3.51. а)7у=2.^,/х=Ип4+^,Лу = -у<п;
6) •/тах= '4 98О см*, 7min=1600 см*.
3.52. Ух = 38850 «11, 7у= 172000 см*. 3.53. Jx = 5240 см*.
3 54 , /СА3
3.55. Зх= у"- (IF = у (yt) ds= у d<D = Sx (со). Строим эпюру yt и находим
г л ь
Зх = 379,8 см*.
3.56. х0 = 2,5 см. 3.57. 7Х= 1824/, 7у = 226,7/. 3.58. Jx = 24 445 см*.
3.59. Л = 2^(^+^ + г/лг/я) + ^, Jy = ^cos2a.
3.60. Зх — Jy = 361,7 см*, Уху = 215 см*. Погрешность 0,47%.
3.61. Зух = Sin 2а = —248 см*.
3.62. 2:Jmax l= 17868:5280 = 3,38.
3.63. О А = ±7,19 'см.
3.64. Уи = 2910 см*, ./„=1166 см*, 3„„ = — 1575 см*.
3.65. Эллипс инерции имеет вид крута с радиусом ix — iy = a Кб/2, а пря-
моугольник инерции — вид описанного квадрата со сторонами 2/х и
с сосредоточенными в углах площадями Fc = 0,25F.
3.66. 5=11,1 см. 3.67. 5 = 8,46 см. 3.68. ,/х> ,|етто= 141 590 см*.
3.69. a) Jmax = 20,93 см*, Jmi„ — 9,20 см*\ б) 7тах = 27,32 слс4, 7m|n = 14,52 см*.
3.70. / =—146,6 см*.
3.71. a) d = 8,262 см, ITy/W'x = 0,907; б) d = 6,558 см, VFv/Wx= 1,143.
434
3.72. Jx = 944,4 ел:2, Jy = 97,6 см4, Wx = 104,9 cm3, 1Уу=18,9 cm3.
3.73. xo = 4O мм, j/0=10 мм, ./*=10,8 cm4, 7y = 57,6 cm4, Jxy ——14,4 cm4,
a0 = —15°50', /max = 61,7 сл4, ^min = 6,7 cm4.
3.74. a0 = 21°52', Jmax = 412,5 cm4, Jmill=69,5 cm4,
3.75. См. решение.
ГЛАВА 4
В ответах опорные реакции, направленные вверх или вправо, приняты
положительными; наибольшие по абсолютной величине значения поперечной
силы и изгибающего момента обозначены max Q и max М; экстремальные
значения изгибающего момента обозначены Мтах или Л4т1п.
4.1. Уд = 480кГ, Vв= 108кГ, Нв—364к.Г, Qxc = 411kC ,Nac=NCb = ^ *r.
Л1с = 960 кГм, QCB=~276 кГ.
4.2. Qac = 884 кГ, Qcb = —530 кГ, Л/с = 530 кГм.
4.3. Уд= 1600 кГ, Нд=1600 кГ, Л4<-= 1600 кГм, Уд = 0.
4.4. a) Уд = Уд = 0,71 Т, //д=1,41 Т, Нв = 0, тахЛ4 = 1,41 Тм;
б) VA = VB = HB = 0,71 Т, И А —2,12 Т, max М = 1,41 Тм.
4.5. a) VA = — 2,5 Т, НА = —7,5 Т, S=10,6 Т, тахЛ4 = —5 Тм;
б) = — 1,77 Т, НА = 3,54 Т. 3 = —5,31 Т, max Л1 = — 3,54 Тм.
4.6. / = 5 м. 4.7. 5д = —3600 кГ, SB = —1977 кГ, Sc= —1400 кГ, все
опорные стержни сжаты.
4.8. ЗдЯ=1,75 Т, 5ГД = 2,37 Т, SCD= —0,54 Т.
4.9. Уд = 1 Т, Уд = 3 Т, Vc = 7;;5 Т, Ув = 1,5 Т, Мд = 3 Тм, Мс = —ЗТм,
Мр=1,5 Тм.
4.10. Уд = 5 Т, Ус=1 Т, МА = —14 Тм.
4.11. Ъ = -2 Т, VB=10T, Уд = 2,8 Т, Уд=-0,8 Т, Мв = —10 Тм.
МЁ=—4 Тм.
4.12. х = 0,5 м. 4.13. А = (т Т, В = (з+^}т,
\ / \ «J /
4.14. V А = » ГРУ3 справа от tn — nr.Qa = —1 М а —а\ груз
X X
слева: Qa = — у; Ма = — (1 — а)^
4.15. На переднее колесо 5350 кГ, на каждое заднее 6325 кГ.
4.16. VA= 1,56 Г, Га=2,44 T. Нд = 2,08 Т, Нв = 0,02 Т.
4.17. а) Уд =1,25 Т, /7д=1,66 Т, VB = 3,75 Т, Нв = ~1,66 Т;
б) Уд = 0,94 Т, /7д=1,25 Т, Уа = —0,94 Т, НВ = 3,75Т.
4.18. а) Уд = Хд = -Уя = А'й = -Р/2;
б) Уа = Ха = Ув = -Хв=Р/2.
4.19. а) Участок а: Мх^~ х, Qx=-^ . Участок Ь: Мх = ^-х—Р(х—а),
Qx = --^~. Мтах = -^- под силой Р. Случай а = : Qa = — Qb = Р/2;
Л4тах=Г’//4 посередине балки.
б) Участок сЛрП: Мх=Рх, QX=P. Участок b: Мх=Ра, Qx = 0. Участок
апр: Мх-=Р^'- Qx- = -P, Мтах=Ра.
4.20. а) /И* = -у- , Qx = -^-~PX. хп = ~ при Qx = 0, Л4гоах = -^-.
4 /)х^ 4
б) Участок а: Mx = ^-pbx———,Qx = —pb—px (см. рисунок). Уча-
4 2
сток b; Мх, = -т- pbxt— 2pb (х, — b}, QX1 = — pb. Из условия
3 □
4 8
Q* = 0 находим х0 = -х-Ь. Получаем /Итах = тг pb‘2.
о У
435
в) Участок а-. Л4х = 0, Qx--0. Участок Ь: Мх = -^-х1— Qx. =
— рх!- Эпюры только на участке b: М — по параболе, Q — в виде
треугольника. х0 = !/4 при Qx,=0. УИтах = р/2/16.
4.21. М = Рх(1— х)/1 изменяется по. закону квадратной параболы.
2. а) 1) Ул = Уя=Р/2,
Мтах = Ра/2’, 2) УЛ = УЙ = О,
Мт i п = Рй-12',
б) = 2,5Р, УЙ = 3,5Р,
Л4тах = 4Ра (см. рисунок);
в) Va = P, Va = 0. /Wmax = 2Pu;
г) ^=-^ = 0,6 Т,
±0,6 Тм-,
д)Т) Vb = — Р, Мв = —2Ра-
2) УЙ=МЙ = О, Л4тах = Ра;
е) 1) УЛ = 2Р, Л4л = -| РТ,
2) Ул = 0, Мл = Р1/2.
Q = —I Т в средних участках;
1,5 Тм-, б) ± 2 Тм соответственно
= ± 3 Тм слева и справа от мо-
мента L.
4.24. На участке АВ всех случаев Q — 0, М = Ра.
1------а = Zb---->4*—Ъ —*-
К задаче 4.206.
4.23. а) и б) Q=1 Т в крайних и
в) Q=1 Т = const. Л4 тах =а) ±
m i n
под левым и правым грузами, в)
К задаче 4.28д.
Г" 4
L и М = — Р(1—х) справа.
Т м;
4.25. Q = P = const, М -- Рх слева от
4.26. а) Ул = 0, = 2 Р’ тахЛ4 = 4
б) Ул = 2,4 Т, Уй = 0, Л4тах = 3,6 Тм-,
а) (/л = 4/3 Т, VB = 2/3 Т, тахЛ-!=8/3 Тм-,
б) VA = VB=l,2 Т, max М = 3,6 Тм.
4.27. а) 1) VA = -^-, VB = ^P, = , МВ = - Ра-, 2)VA = - P,VB=P,
Мс = МВ = — Ра\
б) 1) УЛ = УЙ = ЗР, Мс = —МА = —Мв = Ра-, 2) Va = Vb = P/2,
Мс = —ЗРа/2;
в) 1) VA = -VB = ^, Ma^---Mb = -L, мс=^^-.
2) УЛ = Уй = 0, Мл = -Л1й=-±/4, Мс=Т£/2,
г) Ул = 0,96 Т, Уй = 0,24 Т, max М = МЛ = — 0,36 Тм.
.436
4.28. a) 1) 17л = — VB =-— , max M = MC = -^L, dM/dx = tg a= Q = — 3L/l
(см. рисунок); 2) V’.i ~=—VB =— 2L/1, M^ = MB — F- Z./2;
I 4
6) 1) Кл = -Уа = 0,тахЛ4=Т L; 2) 1/л = -Уд=-, max M = rp -f L-
в) VA = — VB = — -f-— , max M =- ± L;
ba 6
r) VA =— Va-—400 кГ, Q = — 400 кГ = const, A4x = 0;
д) V0, Mc= 128 кГм, Мд = 178 кГм;
e) V/ = — Vя = 50 к,Г, max M = Mc = — 370 кГм.
4.29. \!A-— VB = QAB — qh (1+a), HB = ql (I-]<*), NA=qla, MA = — q-^al,
M c = M a = 0.
4.30. Изменятся: HA =ql (1 +«), NA =—ql (справа от A), HB = NB = Q.
4.31. VA =— VB = 3L/a, max M—6L, Q—3L/a.
4.32. a) Qx-=0, Mt = \) Mx = mox2/2l, Мц2=т„1/8, dMx/dx=max/l=mx;
n. m„x (. x\ 3m0/ d.Mx /,
2) ^/2 = -r>
6) VA = -VB = -m„/2=Qx, A4o = A4z = O; 1) =
A1z/2 = — mBl/8, dM/dx = — ma/2A-in0x/l=Qx-]-mx;
2) Mx =— mnx/i-\-max—max2/2l, M[/2=mQl/8,
dMx/dx = — m0/2 + m0 (1 —x/l)= Qx-\-mx.
4.33. m=125 K.r.v.:.u, LD =—40 кГм, LB =— 60 кГм, могут быть две опоры,
расположенные произвольно по длине или заделка на одном из концов
балки.
4.34. a) VA~Уд~ 0~ Qx, LA = —LB-~- — 2Тм\
б) vA=~VB = -^rT = qx, La=--Lb=1 Тм-,
'в) Va=-Vb=-^=Qx, Lc = 2LB--=-2a;
VА = — Рс—^ T=Qac, Vb = —fo —2 Т---------QdB, Qcd = ®,
La = — Lc = 2 Tm-,
Va==4T = Qac, VB = Pc = -2 T = ~QCB, Ld = -8Tm. .
консоли нагрузка и эпюра Q остаются такие же, как и у балки на
двух опорах, только на свободном конце консоли добавляется сила, равная
реакции соответствующей опоры балки.
4.35. a)VA = VВ = 2Т = QAc^-- — Qeh<
Рс^Ре = —^ Т, Pd = & Т,
Qcd = — Qde = —4 Р’
б) Уд=Ув = 0= QAc= Qdb,
Pc = —Pd = 2 T = Qcd,
La = —4 Tm;
b) V/ = 0 = Q/c = Qob>
P C = ~ P D~— Pe = VB = 3
LA = LB^pT1/12.
Вычисляя Q и M для участка CD,
находим, что парабола C'E'D' ка-
сательна к сторонам Л CSD' и
делит ординату ES пополам: / =
=ра-/8, ES = RaJ4.
a) VA = pa{\-a/2l), VB = ~^.
Д)
Для
4.36.
4.37.
4.38.
^тах —
T.
р1г р1г
ЛУ
pl I
1\ задаче 4-38 г.
ха = а
437
. paf a\ paf a\ pab / , a\
6) v^=t(c+tJ ' Va=j- v+"2 ) ’ MC = ~T / +~2J'
.. Pac ( <_ 1 a \
2J;
в) Va = — VB=pl/4, x0 = l/4, Mmax = p//32, Mc = 0;
nf'i , 2 nl*
г) VA— Va = pl/3, xa = l/6, 34max = ^g-, x0 = — I, /VIm|n — jg-1
на рисунке изображены эпюры М и Q;
Л)УА=^р1, VB = jpl, х0 = -|/, М™* = ^2рР’
е) УА=Ув = ра, ха = а. Мтак = ра2/2.
4.39. Реакции не изменяются. В эпюрах Q наклонные прямые заменяются
горизонтальными со ступеньками величиной Р под этими силами.
В эпюрах М участки, очерченные по параболе, заменяются треуголь-
никами со сторонами, касатель-
ными к параболе, и с вершиной
под равнодействующей Р = ра.
1) V д = VB = 0, Qc = — Qd = ~ Ра<
MC = MD = — pd’-fl, Мц^—ра?-,
2) ^л = ^в =— ра = <2л = — Qu,
Qc = —QD = —2pa,
Мс= MD = — -|-ра\
.. 5 -
Mi/2 ^--^Р^.
К задаче 4.426. 4.41, Нужно провести прямую А'В, сое-
диняющую концы параболы, и из-
мерить ординату М по вертикали между прямой и параболой.
4.42. a) Qc п Мс = 0, QD = QB = —pb, MD = ~ , Мв = — pb (с+4) ’
б) Q^=0, ЛЦ = р/2/4, Qc = — pl/2t /Vf<7 = р12/8\ эпюры Q и М показаны
на рисунке;
В) Qc = pl/2, Мс=рР/8, Qb = ~P^ Л4а = 0.
4.43. Р2 = 3ра, L — 3 ра2/2.
4.44. Доказательство следует из выражения для изгибающего момента в балке
M^ = VBx—px2/2.
4.45. На участке CD непосредственно к балке АВ нагрузка не приложена,
следовательно, эпюра М здесь изменяется по наклонной прямой.
4.46. 1)Va~Qac = 7 <2cd=1 Т, Vв — —Qdb — § Т, Мс = 7 Тм,
Л4д = 10 Гл; 2) Уд =— Vв= Qac = — Qcd = Qdb — — 3 Т, Мс = — ЗТм,
= 6 Тм, Mcd изменяется по прямой в обоих случаях.
4.47. I) //а = 2; 2) //а = 2/2.
4.48. VB = — 360 кГ, Нв = — 1880 кГ, Ncd = 2^ кР< Л4д = 576 кГм.
4.49. а) 1) max Q = 270 кГ, Mmax= 110 кГм, хо=1,05ж,
2) max Q = Ф 480 кГ, max М = — 576 кГм;
б) max Q = — 750 кГ, Мтах = 938 кГм., х0 = 3,5 м,
в) max Q = 480 кГ, max М = 320 кГм;
г) 1) maxQ=3,2 Т, maxM = l,8 Тм\ 2) max <2 = 4 Т, тахМ = 2 Тм.
4.50. £ = —864 кГм приложен на участке АС.
4.51. £=2,88 Тм, р = 750 кГ/м.
4.52. 1) В произвольном сечении изгибающий момент М равен площади
эпюры Q, расположенной между опорой и сечением. Так как на
опорах Л1=0, то для всей балки Fq = 0 (сумма положительных
438
площадей эпюры Q равна сумме отрицательных). 2) Добавляется
a) Fq = —SL; б) FQ — — ma.
,4.53. а) x0 = Z/]/~3, Afmajl = pZ2/9/3 я pZ2/15,6, maxQ= —pZ/3;
11, », 121 „ Л И ,
б) x«=24Z- Л1«пах:=ТТ52р/’ тах(2 = й₽/:
в) х0=(9—2/5)у, Мтах=—¥^ ра3, max Q = —jpa;
г) х0= (1-|-—ZMmax = -|-(l + K2)paa, maxQ=^-pa.
4.54. a) l)maxQ=± —Мтах=-О-, 2) max Q =-5-pZ, ZWmax=^-;
4 L.<2 <J 14
6)1) maxQ = ±^, Mfflax=:^, 2) max Q =-------------
Mmax = — 324 pZ-2;
в) 1) maxQ = —pL/6, ZWmax = pZ2/36 Y 3; 2) max Q = 5pZ/24,
max M = ± pZ2/36; _
г) 1) max Q = QC = —pZ/6, Mma)[ = pZ?/36 К 3, x0 = £/2)<3;
2)maxQ = QB =—Qc = pL/8, MA =— pL2/81.
4.55. a) 1) Q/ = pZ/2, MA = -pl3/3, 2) QA = pl/2, MA=-pl3/6-
6) QA = 3pa/2, MA = — 9pa3/2;
в) Qb = —pZ/2, MB = —pZ2/4; r) QB = —pl/2, MB = —pl2/4;
д) <h = 0, Qc = —pZ/4, MA = -pl2/\2-
e) 1) Qr = p//2, QB = —pZ/4, Mc = pZ2/54, Л1й = 0; 2) Qc = p//4,
QB = 0, AJf = pZ3/12, MB = pl2/6.
4.56. Эпюры Q антисимметричны, эпюры M симметричны, a) QO=QC =
= 225кГ, М[) = —\№кГм, M'D= \32кГм, Мс = —207 кГм-,
б) Qo = pZ/16, Qp = -5pZ/48, Qc==pZ/12, Mn=pZ2/192;
в) Qo = pZ/8, Qc = 0, MD=pl2l43, Mc = pl2/24-
r) Qd = —pZ/8, Qc = 0, MD = -pl*/96, Mc^-pl2/48.
4.57. VA = — 840 кГ, Ma = 1854 кГм.
4.58. a) VA = VB = 4/Mma!(/ZI p = 8ЛlIna![/Z,•,
6) VA = l3M/l, VB=l7M/l, q=32M/l2, MA~---------1.5Л4, Л1В = 2,5Л4;
в) 1/л = 0, VB = — 4M/1, p = —4M/l2, MA = MB = —M‘
г) (<4 = 250 кГ, Ув = 583кГ, P=~^~ J
д) ил = 1 T, VB = — 2T, PC = 3T, Mc = —2Tm, p = —1 Т/м-,
e) Vz = 0,5T, 1/д=17’, MA = — 2Tm, Md = —1Tm, Pd=1,5T;
PAD= — 0,25 T/м, PdB = 0,5 T/m;
>k)V?1 = 0, Vb = —400 кГ, pAC = 400 кГ/м, Рсв = —600 кГ/м,
Мв = — 50 кГм.
4.59. а) 1) Qx=-A^., Мх=-£- -g-; 2) Qx=- (3Z2-3Zx+x2),
(О I La QL
yw*=-W'(6Z2-4Zx+x2):
б) 1) Qx=-^-^-(3l-2x), Mx^~-^-(2l-xy,
2) Qx = — — fl — cos , Mx=*-------— (x—- sin —Л ।
я \ I J п\ я I J
в)Уд=4> ^=4' ^=т&(/2-4%3): х“=ут'
Mx= px (Z3—x3)/12Z2, A4max = pZ2/16^/4« pZ2/25,4;
439
Г) l)VA=VB=-^-, <?х = з^('3-6/^Ч-4л'3), Mx = -^(l*-2lx2 + x3Y,
,, ., pl _ pl лх ,, pl1 nx
2)Гд = Уд= —, Qx = — cos—Mx = sin -— ;
" л * л I x л2 I
, .. pl n pl 2лх .. pl- . 2nx
Д) 1) ИЛ = -КД=:^-. Qx = —cos--, M.^-^sm —;
,, pl _ pl 3nx .. pl2 . Злх
2’^ = V«=-3T’ ^=-3?Tcos — ^=^sin— •
4.60. Доказательство основано на том, что от действия опорных моментов
Мд и Мд балки АВ изгибающий момент в балке А'В' изменяется по
прямой, а в шарнирах С и D он должен равняться нулю.
4.61. $!= 1,76 Т, S2=S3 = —6,12 Т, 5„ = —6,18 Т, Л = 3,06 Т, Г=3,53 Т,
max М = 24,7 Т м.
4.62. На эпюру М в виде двух парабол, построенных для случая шарнира
на опоре В, нужно наложить отрицательную эпюру от опорного мо-
мента Мд в виде треугольника. Величина Мд получается продолжением
прямой, проведенной из точки под опорой D через точку на параболе
под шарниром С.
4.63. ^д = 0, Vd=P, Мг~—MD = —2500 кГм.
4.64. a) VA == 525 кГ, Уд= 1200 кГ, max М =—1519 кГм\
б) 1/д = Р/4, VF = 3P/2, V> = 3P/4, Vg = 3P/2, Mmax=P//32,
M£ = —P//4, MF = —P//6, Mo = —P//3;
в) VA = VB = P/2, МА = Мв = — Ра/2',
г) Ил=-|(2/ + За), VB=PL, MA = --^(l+a), МП1ах = -7^=-.
4.65. а = 0,828, V4 = ( У~2- 1) pl, Мтах = -^- (3-2 V 2).
4.66. Vл = 300кГ, Уд = 700 кГ, Нв = —ЮООкГ, max Qcd= — max Н = 1000 кГ,
max М = 2100 кГм.
4.67. a) Nая = —NBE= QAD = —QDB= QEB = P/2, P!DF.-=(i<
Mde=P(Ii — x)J2;
6) Nad=NdE—Neb = Qad = ~ Qdc = Qce=Qeb = — ?/%>
mAE) = mbe=— Py/2.
4.68. TAB — ~ Ve = NEc — Nc.d= Qac = ~ Qcf = Qfd~— Qda = 4000 кГ,
Vf = 8000кГ, ME——.M^-—.Мд-8000 кГм, Мд= M^= Мд = Мдд = 0.
4.69. Уд = 60 кГ, Уд = 0, Нд =—Нв — — 80 кГ; на конце С стержней
Mcd=Mch=-— 1200 к['с.м\ Мсд = 0.
4.70. VB = —Vд=450 кГ , НА =— 600 кГ , Мс = 900 кЛи, Мо = 0.
4.71. 1/4 = — VB = 450 кГ, Нв = — 600 кГ, Нд = 0, Мс = — 900 кГм,
MD = — 1800 кГм.
4.72. а) 1) Кд = — Р/2, 7/д = 0, Vc = P/2, Мл = Мд=Ра, Mc=MD = Pa/2;
2) VB = VE — ВB — 0, Мд = Мд ~ Мс1— М/) = Ртг,
б) Мл = —pl’12, Мв=--рГ2/2, МЕ~—рР/Ч’,
в) Мд = — Мд = Мс = — Мд = //2;
г) VA = 2pl, НА= ~pl, HB = — ^pl, Mc = ~^-pl2, MD = ^pP.
4.73. VA = P, На=—Нв=-—2Р, Мса = — Мсе=Р1, Mcd = —2Pi.
4.74. а) Гд = — Va=--P/2, На = — Р ' Нд = 0, MD = P//2, Мс = 0,
б) Уд = —1/д = Р/2, Яд = 0, Нв = — Р, Md = —PU2, Мс = -Pl-
4.75. Мс = ~ , Pl, ME = MF = ^Pl, тахМ=-^-Р/.
4.76. а1=0, ст2 = 918 кГ/см2, а3== 1835 кГ/см1, о4 = 2753 кГ/см2. Эпюра о из-
меняется по прямой. р = 109.И.
4.77. стнар= 1018 кГ/см-, овн = 763 кГ/см2.
4.78. 0^= 1400 kI'Icm’-, М = 258 кГм.
4.79. а) а=125 кГ/см'2', б) а= 1785 кГ/см2.
4.80. а) а= 1854 кГ/см'2\ б) Ртах= 1943 кГ.
440
4.81. omax=1065 кГ/см1', a — '2\‘l см, p= 19,7 кГ/см.
4.82. P = 3587 кГ. 4.83. £7 -180 см.
4.84. о = 75,1 кГ/см-, х= 15,6 кГ/см2.
4.85. отах = 90 кС/сл2, т^ах = 4,5 кГ/см2.
4.86. отах=1477 кГ/см2, ттах=112 кГ/см2'.
4.87. ол = 62,5 кГ/см2, тд = 1,88 кГ/см2.
4.88. т12 = 0, т8= 11,6, т4 = 18,5, то = 20,8 кГ/см2.
4.89. отп/о„в= 1715/850 = 2,02.
1 Pl PS 2 S
4.90. Из условия — • х,- имеем I = 2 • -г- • —=275 см.
1 2 llv J xd li d
4.91. a) T=--3Pl/2h; 6) Т = Зр/2/4й; в) T = p^/Ah.
4.92. асж=1000 < 1200 кГ/см2, а аст = 500 > 350 кГ;См2 . Сечение необходимо
увеличить. 4.93. Р2 = 2Р1 = 1080 кГ.
4.94. 1ае..= 1,92 м, /ст = 3,48 м. 4.95. а) / = 0,31й; б) Zj = l,56ft.
4.96. ol = M/Flh, о., = M/F2h, t = Q/ht.
4.97. 1) Tj = 710 кГ/см1, t2 = 782 кГ/см2; 2) т = 750 кГ/см2.
4.98. Так как 3 = Ftex = F2e2, то Jx = Fi«24:^2i;2 = /?ie/1- Отсюда
q = QS/Jx=Q/h.
4.99. Qmax=1390 кГ, Л4тах=144000 кГм. Так как площадь сечения стенки,
не работающей на нормальные напряжения, исключается при вычис-
лении Jх и Sx, погонные касательные усилия q в
стенке постоянны и образуют непрерывную цепоч- —£31---------->4
ку, замыкающая которой при любом очертании |
стенки равна qh=Q. При этом сила Q должна
быть приложена так, чтобы уравновесить цепочку
усилий q (см. рисунок).
4.100. Швеллер № 8; «7 = 2-22,4 см3, 4.101. й=э 18,5 см.
4.102. а) Двутавр № 40; б) швеллера № 33.
4.103. a) d = 9,5 см; б) площадь сечения надо увеличить
в 4,6 раза.
4.104. 11,5 см. Размер сечения увеличится в 3=1,44
раза.
4.105. 3) Л4 = 7,94 Тм; б) Л4 = 10,34 Тм; в) М=2,25Тм.
4.106. Для балки квадратного сечения = 1,59; для балки прямоугольного
сечения V1/V=l,41. 4.107. Р2=1182 кГ.
4.108. а) й = 5,8 см, Ь — 3,5 см; б) й следует увеличить в 1,26 раза.
4.109. Й! = 6,46 Тм, й2 = 0,84 Тм. 4.110. 6/й = 0,71, d = 22,7 см.
4.111. Vj/Va= F1/F2 = 64/51 = 1,25; в квадратной балке затрачивается на 25%
больше материала.
4.112.
1 \
К задаче 4.99.
Сечение h, см Л, см‘ % Сечение h, см F, см2 %
1 14,7 163 374 5 16,5 93 213
2 13,4 135 310 6 13,8 83 190
3 14,5 165 378 7 17,0 44 100
4 12,2 148 340
4.113. 0 = 83 мм, d = 58MM. 4.114. / = 1,35 мм. 4.115. 0 = 7,03 см2, / = 0,195ck.
4.116. Двутавр № 18; тт?х = 234 кГ/см2. 4.117. Швеллер № 20а (117 =
= 167 см3, отах=1538 kF/см2) весит меньше, чем два швеллера
№ 14а (117=156 слг1, отах=1650 кГ/см2).
4.118. а) 6=28 см; б) т = 280 кГ/см2, осм = 470 к-Г/см2.
4.119. Возможный вариант: й = 44 см, Ь~22 см, /с = 0,5 см, tn—\ см.
441
4.120. Уголки 20 x 20 x 3 мм; листы 50x3 мм; ттах = 548 кГ/см2.
4.121. Возможный вариант: четыре уголка 25 x 25 x 4 мм и два горизонтальных
листа 110x3 мм.
4.122. е= 14,9 см, /1 = 0,4 ем, 4.123. Т1 = 938 кГ, 7\ = 2220 кГ.
4.124. max Q ==3340 кГ, ттах = 494 кГ/см2.
4.125. max = 22,4 см, max «смятия= 18,2 си, min евык стенки = 2,9 см.
4.126. 1) Сопротивление изгибу будет одинаковым. 2) а) увеличится в четыре
раза, б) останется прежним.
4.127. т1=5,25 кГ[см2, т2 = 13,1 кГ/см2, осм = 35 кГ/см2.
4.128. 1) й/й0=2/3, а/1 = 4/9, 2) ft/h0 = a//= 1/2.
4.130. 1) hx=ha, 2) /ix = /i0 /*/*. 3) hx=h(,x/l.
4.131.0^ = 0, о1 = 93,7, о2 = 41,6, о3 = 83,2 кГ/см2, тл-1=12,5,
т2_3 = 8,5 кГ/см2.
4.132. 1) hx=hc yr2x/t, 2) bx-~-x, 3) A4 = const (чистый изгиб).
4.137.
4.133. Р = 700 кГ. 4.134. В я 40 см, п = 7.
4.135. / = 359 см, х = 74 см, т, = 163 кГ/см2, т2=130 кГ/см2, т3=126 кГ/см2.
4.136. 1) = 84,5кГ/сл», <?с=169 кГ/см, qD = 232 кГ/см, ТАВ = —ТВЕ=254 кГ,
Тсс- = 3800 кГ; 2) qB — 237 кГ/см, qc = qD = O, ТАЕ= 1000 кГ.
а!=а2 = 708 кГ/см2, т2 = 223 к.Г/см2, т2 = 446 кГ/см2.
hht /1“/
4.138. 1) ^ = ^2-2 = 32 кГ/см, ?С = </В + ^--2 = 44,8 кГ/см,
2 J и J %
b h3t Qv
тAB^qA-^^^ кГ, TBE=qAh^-— — = 325 кГ; 2) х0=1,39слг,
9з = 37 кГ/cm, <?max = 43,5 кГ/см, ТАв=\&2,3 кГ, ТВЕ —74 кГ,
Хр =—3,36 см.
4.139. Построив эпюры Sx и Sy, найдем, что площадь эпюры Sx на верти-
кальной стенке равна Jx = W/i2/2 + /i3//12 для двутавра и швеллера.
Аналогично площадь эпюры Sy, построенная на полках, равна моменту
инерции Jy, вычисленному непосредственно.
4.140. Вычислив ~qB = qA + , / = -^-Ул Ун и разделив площадь Т
прямыми СЕ и CD на простейшие фигуры, получаем (см. рисунок
к условию задачи)
Г = f (ул + у д- 4+4 - ув) ^1=1 |?д+4- (2^+^)1 -
Z 2 О о |_ О J
4.141. 7'лв=733,3 см*, ТЕВ = 666,6 см*, Твв, =4200 см*, .
Jx=2(Tab-Teb) 15/60 + ^3'^4233 см*.
4.142. 1) ттах = 33 кГ/см*, птах = 662 кГ/см1; 2) ттах = 66к:Г/сж2,
атах==1320 кГ/см1.
/ Н\2 М h
4.143. J = 2(Fl + Fi)l =810 см*, отах = —у=ИН кГ/см3,
91="7'/?14 = 33’3 кГ,СМ’ 72 = j-(Pi + F-2)^==^> K^CM’
Т!=—~=333 кГ/см2, т2 = 370 к.Г/см2.
4.144. М = 3920 кГ/см, Q = 2940 кГ.
4.145. <712 = 25,5кГ/сл1, q23 = qai = 38,4 кГ/см, д45 = 25,9 кГ/см, <766= 12,6 кГ/см.
4.146. 1) 7х = 810 см*, хд = 6 см; 2) 7Х= 1045 см*, Хд = 5,43 см.
4.147. хд, = 2,81 см, xD1 = 2,73 см.
4.148. Сечение не закручивается: точка Е — центр изгиба.
4.149. xD = 2r.
4.150. хд = 3,19,с.и.
442
4.151. xD =—3,67 см, Хд = —6,25 см.
4.152. От силы Qy:?/jB = ‘7CE==43,3 кГ/см, qnc = 9&fi кГ/см. От силы
Чх'Яав=— Ясе = ЪО кГ!см, явс = 0. xD = 5 см.
4.153. Расстояние центра изгиба до прямой, соединяющей пояса гд = ш/Л =
= nd2/4d = 9,42 см; оно уменьшается с уменьшением площади ш/2.
4.154. Пренебрегая моментом инерции стенки двутавра, находим его центр
изгиба как центр тяжести моментов инерции полок:
а= , /i=il8,54 см.
Ja + Jb
4.155. См. решение.
Р Р
4.156. <?шва = sin р, гпах?шва = —.
4.157. См. решение.
4.158. См. решение.
4.159. <7тах = 29,97 кГ/см.
4.160. Главные напряжения в нейтральном слое равны касательным О1 = ттах=
= QSX/Jxd. Величины Sx (половины сечения), Jx и d берутся из таб-
лиц сортамента прокатной стали. о'1лев = 339 кГ/см2 = 2а11Пр.
4.161. а) 01 = 34 к.Г/см2, о3 = —1128 кГ/см2;
б) а, = 225 кГ/см2, о3=»—1215 кГ/см2.
4.162. Двутавр № 16
or = Y 13302 + 4-4402= 1595 кГ/сл2.
4.163. а) 01=1862 кГ/см2, а3 = —608 кГ/см2, а! = 29°45';
б) Oj = 608 кГ/см2, а3-=—1862 кГ/см2, ai=119°45';
в) 01 = 1136 кПсм1, о3 =—1136 кГ/см2, at =—а3 = 45°.
4.164. ттах = 233 кГ/см2, тахов = —377 кГ/см2, тахан = 528 кГ/см2.
4.165. Напряжение в дереве: о^= 103 кГ/см2, од = 32,2 кГ/см2. Напряжение
в стали: ов = 644 кГ/см2, ос = 780 кГ/см2.
4.166. До усиления: о<.= 1'*ЙО кГ/см2. После усиления: ос = 1330 кГ/см2,
од = 62 кГ/см2. 4.167. Рпр = 4420 кГ.
4.168. По предельному состоянию—двутавр № 16, по допускаемым напряже-
ниям—двутавр № 18.
4.169. 1) 1,12; 2) 1,5; 3) 1,7. 4.170. А=1,2.
4.171. Наибольшее р = 23,8 кГ/см.
4.172. «1 = 3,73, л2= 1,99.
ГЛАВА 5
Р12 S.l>). И)ФИ-2Й. Р13 ^ = VTJ’ г) <₽(/) = 2Ё7 ’ Ра.2 PF „ РР РР 2EJ’V^~3EJ’ LI* LI LI2 o(/) = ^ ; б') дДО)^; v(0)=^; p/4 P/3 D/4 U(/)“8£J,S) SEJ' V^’°8EJ' Pa2 Pa2,
е) ф(/) &EJ . —6£j(4Z
*) В задачах 5.1—5.129 ось х направлена вправо, ось и—вниз. Сечения
отмечаются либо абсциссой (например, v (х), <р (Z) и т. п.), либо индексом
(например, <рд, <рд и т. п.).
443
"^^-StTpp- ’<'>-!Ж7и*’
к!ч>(^ = 'а4Ё7Р‘'3' v(li= 120EJ (5Z“a);
/3 Z4
л) Ф (/) = (Ро + Зрг). v (0 = 120£</ (4р0 -г 11 PiY
р р
м) <р(0=-24£7^°—3Л). VW= V2QEJ (Ара-1\рЦ-,
(ft (ft
Н) <p(/)= 24£7(Po + 3p“)’ и(/)= 12O£J [5Z —"(/’<• +4^1;
°) VW=^l<.a2 + ^ + b^-g^,
ocJ
• И- !<«-»> О»1+2Л+«-<о>|;
"> f - 2И7 <1 + «>(P + “ |2ОеЛ1-»> 5»‘,+ ’“>
5.2. v = P/3/3£J = 0,706 cm.
5.3. a) <px=-—фв = PL!/\6EJ, cpcp = O, t’cp--P/:l/ l8£./;
б) фд = фв = £//24£У, <pCp = —LIIWEJ, t)cp = 0;
LI LI LI _ LI2
в) VA'~3Ej’ (fB~~QEJ’ фс₽“ 24£J ’ г'сР”16£У’
5 pl*
г) фд-- фв = pl3/24EJ, Фср~О, t'Cp Ej *
д) фл==~Фв=^£2£У, фср = 0, чср= LI-/3EJ-,
е) <рд=-—rfp = Pa(l — a)WEJ, фСр = 0. иср=Ра(3/2 — 4a2)/24£J;
ж) фл == Pba (Z + b)/GlEJ, <рв = —Pab (Ia)/GlEJ,
Pal(l-\-b) РЫ
Фср^ 6/£J ~8EJ’
Pb
г'с₽ =48£J <3/2 —462) (пРиа>6>;
/nv Lb f3b I \ La (За l \ Lb f b I \
s) фл(0)-6£1/z - й J . Фв~6£у z a}’^~‘2EJ\l 12&J’
Lbl ( b I \
V^4Ej\j~4b) ПР" a>b'
и) ф/5 = фд = Pab (I—a'j/GlEJ, <pcp = —Pub {I -\-2a)/WlEJ, ticp = 0;
к) ф_4 = —фв = —Lb/2EJ, фср = 0; fcp = —Lb (& + 4a)/8EJ-,
, Lb ( b I \ La ( a I \ _
л) <M-4’B~4£j {~~3b) ’ фсР” £7 ’ ^p-0’
м) фЛ = фй = —фср = р/:|/192£/, uCp = O;
Н) ФЛ = — (fB = ~^T(3l- — b2), фСр = О, pb (8Z3 —462/ + ^3);
t’OCm uOiL J
3pl3 7pl3 pP 5pl*
0) фл-128£/ ’ фя“ 384£J,<Pc₽“ 384£J ’ UcP “ 768£J ’
n) q>A = —tfB = ml1l\&EJ, i'cp = ml3/48EJ, p) ф = 0, u = 0;
с) фд = —фд = тг/'2/24£/, t>cp = 5mz/3/384£J;
444
т) Чв°-ЫЁ7(1+а)' ^Р = б7£7(/+Ь)~8Ё7’
|’ср=Й17(3/2_^) при a>bi
ч 7 pl3 1 pl3 7 pt* - __ 5 pl' .
У) tlM“360 £7 ’ <ря= 45 £/ ' tPc₽—5760 £/ ’ ср 768 EJ '
pb3 / / b \ ph3 f I b \
ф) 'Рв = _6Ё7П+^- )’
ph3 fl 2b \ pb3l (31 b \
при а>Ь <рср-48£7^у~— J • ucp = 48£J^26 IJ’
рЬЧ* Г р3 (Z — 2а)4 1
Сс₽-48£7 [ ,Е> I3 862/1’ J ‘
5.4. п= PZ3/48£J =0,119 см. 5.5. у == 5pZ4/384£7 = 0,63 см.
5-6. о = = 1,12 см. <fA = ^~ ='0,0595, фД = ^=0,0297.
1OCJ 6t,J OLJ
5.7. По условию прочности № 5. По условию жесткости № 10. Отношение
весов 0,566.
5.8. 5=10 см, а — 60 кГ/см3. Из условия прочности Ь = 6 см, т. е. балка
легче на 40%.
5.9. 1) с(0)= 1,74 см; 2) й= 18,6 см. Из условия прочности 5=12,6сл.
5.10. - ----- - ------
5.11.
1,74 см; 2) b
ф(0) = — pZ3/6£J+y, y(0) = pZ4/8£/—yZ.
l,max = —Д- ^-. = 0,0641 tL (на расстоянии l/V^ от левого конца),
9 3 EJ EJ г
прогиб по середине оср= £Z2/16£J = 0,0625Z,Z2/£J.
К задаче 5.12.
6.12. Q (0) = 2Л//, Л1(0) = £,
ут.1Х = £12/36 3 EJ (на
Эпюры см. на рисунке.
ф(0) = £//6£/, фср=- LI/12EJ,
расстоянии Z/2 3 от середины пролета).
445
5.13. Точка перегиба находится иа расстоянии 1/3 от левой (Л) опоры.
v п ( 1 \ L*1
Углы поворота: <р/ = 0, ф( -5- =—
Y о у t.J
<р (0) = <р (/) =— <РсР= Pa2/16EJ, <р (а/2) = ф (За/2) = 0.
1 = 6,75 м. 5.16. £=1,156-10» кГ/см2
р = 400 кГ/м (при Е — 2- 10е кГ/см2).
ч 37 pa* 11 ра3 ,ч
а> VB — 48 -gj . <РА— 48f7: б) Vb~
43 qa* 25 qa3
Vc~'~24EJ Срс"—Т2ЁТ'
31 qa* 67 qa*
Vc~36EJ' Vd~72EJ'
, 67 qa* ,. 25 qa*
^Vc~72ET’ Vc~~S EJ '
7 qa* 4 qd*
Vc"=l'~EJ ',f/i==l> ЁГ
& — 0,78Pr3/EJ + 0,35Pr3/QJK,
a)
5.14.
5.15.
5.17.
5.18.
5.19.
5.20.
5.21.
5.22.
5.23.
5.24.
б)
в)
г)
ра*
24ЁТ’
ра3
Рс
Vd-QEJ
фс = — Pcl/24EJ, vc = — Pcl2/\6EJ
Pc2
vD = ^-;(l + c), 4>A=— P c/QEJ, q>B = Plc/\6EJ;
uL J
f [ Г
<pc = Ll/24EJ, vc = Ll2/\&EJ, фО = _—(/-i-Зе), vD=-±_(21 + 3c),
ФЛ = Ы/6Е7, фв = — LI/ЗЕ J,
vD= — Pl2c/16EJ,
(2/-РМ.
Я)
фл = 1,9', фД=—12,4', ф(2)=13.4', o(2) = 0,330 см,
umax —0,552 см (при х = 2,90 м).
5.26. ф (3,5) = 0,0262 = 1°30'. ф (5)= 0,0319= 1°50', v (3,5)= 4,58 см,
v (5) = 9,10 см.
5.27.
5.29.
5.30.
5.31.
5.32.
5.25.
5.33.
р = 26 0 л. 5.28. a) i'cp=- 23Pa3/\6EJ, б) оср — 0,236pa*/EJ.
tyA = pa3/3EJ, Фв = —3pa3/8EJ.
оСр=1,47слг, J 6,65-2= 13,3 см*.
Орр = 0,5оср, иср=0, Сср=-0,5оср t’cp = t,cp, Г'гпах = Г'гпах/16.
ф (0) = 0,000212, v (0) = 0,0394 см. Эпюры £Уф(х) и EJv(x) см. на ри-
сунке. Уравнения эпюр даны на стр. 448
6 = ph/3/12£7 =7,52 см.
кяа г 1^. plx2 рх3 р (hE,
5.34. Е17ф- £-4- б +2
F Jd Plx3px* p(hEv
£17а = -'Т2'+24‘+Т^
(при x=1,08ai), ив = 0,24 см.
psb Г . ,, s2 1 Psa Гг/f I \ S2
фл = б7Е7[а<1+ )-7]’ <Гв__бГЁ7|.6 va 4"
=7TTEj[6ab(l + b}-si ('’ + !)]'
*й=~ 7^ [6a&(' + a)-sa G + S)]-
6.35. а)
б)
x, ocp = 0,745 cm, omax = 0,751 cm
440
6.36. а) ф(0)=<₽(/) = «(0,5Z) = 0:
6),p(0) = 48EJ^P<, + Pz~₽Z 15₽П )’ <p(Z) = —48£7(Po + Pz“*’^T5
o(0,5Z)=-^7(p04-pJ;
/ooh j
в) ф(0) = ф(/) = — 7pZ3/2880£7, v(0,5Z) = 0;
r) <p(0) = — q>(/) = 5p/3/192£J, ti(0,5Z) = pZ4/120£J;
д) <p(0) = — <f(l) = pl3/MEJ, v(0,5l) — 3pl*/&i0EJ.
5.37. ф(О) = <рл = 0,00526, v(0,5Z) = 0,312 cm.
5.38. На участке / балки £Уф = 3484-83,5х2, £Jo = 348x4-27,8x3.
На участке II £7ф = 348-|-83,5х2 — 1000 (х — 1),
EJv = 348х+27,8х3 — 500 (х — 1 )2.
На участке III £7ф = 3484-83,5л:2— 1000(х— 1)4-833(х—2)3,
E!v = 348х4- 27,8х3—500 (х — 1 )2 4- 208 (х—2)4.
На участке /К
£7ф = 3484-83,5х2—1000(х—1)4-833(х—2)3 —833(х—З)3 —2583(х—З)2,
Е Jv = 348х 4- 27,8л:3 — 500 (х — 1 )2 4- 208 (х — 2)4 — 208 (х—З)4 — 861 (х — З)3,
х и v в м, EJ в кГм1.
5.39. олев = 0,07 см, чправ = —2,11 см.
5.40. а) Прогиб в точке В равен 0,417 см; б) фс= 0,0146.
5.41. /=PZ3/3£J4-PD2Z/4GJp = 3,04-2,54 = 5,54 см.
Ph? ! I l,\ PhP
Б-42‘ 6«=3-£л(3Г+^=1’22 ^=^ = 0.58 см.
5.43. / я 22PZ3/Ea4 = 7,5 см. 5.44. f к 26PZ3/£a4 = 8,85 см.
5.45. фЛлев = 0,00267, <рл прав = —0,00600, vA = 1,07 см, фВ = —0,00400,
фс = —0,00300, ос = —0,333 см.
.447
Участок балки Уравнения эпюр (в кГ и м) к задаче 5.32
1 £7ф(х) = В7ф(0) — Л4(0)х — ^^х2 = 1700 — 800х — 50ха |кГи3], ЕЛ (х) = ЕЛ (0) + ЕJ<f (0) х—х3 - х3 = 3150 + 1700х— — 400ха—16,7х3 [кГм3]
// EJtp (х) = EJ<p (0)—М (0) х-^-~ х3 — М (х—а)= 1700 — 800х— — 5О.г'— 900 (х— 1), ЕЛ (х) = ЕЛ (0) + Е./ф (0) х-х2 - х3 - у (х- а)3 = = 31504- 1700х — 400.V-— 16,7х3—100 (х—1)’
IH £7ф(х) = £7ф(0)—М (0)х— ^х2- L (х^-а)-|-у (х—й)2 = = 1700 — 800х — 50х2 — 200 (х— 1) + 300 (х— 2)2, ЕЛ (х) = Е Л (0) + EJtp (0) х — ^51 Х2 _ 5^. Л-3 - А (х—а)3 + 4--^(х —й)3 = 3150+ 1700х — 400х3—16,7х3—100(х—1)3 + 4-100(х—2)3
IV ЕЛр(х) = EJ<p (0)—М (0) х-*^ x3 — L (х-а)+у (х-6)2 + р (х—с)3 = 1700 — 800х — 50ха — 200 (х — 1) + 300 (х—2)а + 4-33,3(х—З)3, ЕЛ (х) = ЕЛ (0) + EJ<f (0) х - х2 - х3 - (х— а)2 + 4- — (х— Ь)3 + (х—с)4 = 3150 + 1700х — 400х2 — 16,7х3— — 100 (х—1)24-100(х—2)34-8,33(х—,3)4
V EJ<p (х) = Е J(f (0) — М (0) х - х2 - L (х - а) 4- У (х - &)а 4- Р k +У (х—с)3 4- (X — d)4 = 1700 — 80Ох — 50х2 — 200 (х — 1)4- 4-300 (х—2)2 4- 33,3 (х— З)3 4-12,5 (х—4)\ ЕЛ (х) = Е Jv (0) 4- Е7<р (0) х- х2 - х3 - (х - а)2 4- 4~У (х- й)3 4-(х-с)4 + Уо (x-d)3 = 3150 4- 1700х- 400х2- — 16,7х3— 100 (х— 1)24-100 (х — 2)3 + 8,33 (х — 3)44-2,5 (х —4)5
448
в.46. См. рисунок. 5.47. 5р/4/384£7. Б.48. Л4 = 2n£J// = const.
5.49. Приближенное решение (по уравнению d2v/dx2 = М/EJ}: рср=/а/2, -
= — <Рв = 2а, Д = 2/а2/3, где a— MI/4EJ. Точное решение (по урав-
. ,, . ,п ,, ' I sin2a „
нению d<p/ds=l/R = M/EJ): vcp = -^--------<рА =—<ра = 2а.
. . Л sin 2а A п
Д = / ( 1---2а-J ‘ Погрешность приближенного решения для стрелы
прогиба
„приб___ „точи
д. . ср ср а
° точн “ sin2 а
ср
При а <0,35, что соответствует оср <0,167/, имеем Ao<0,05.
5.50. a) Pl*/3EJ + kPl/GF = 0,0369 + 0,0158 = 0,0527 см (при k = 2,9);
б) 2PF/3EJ-\-k2Pl/GF = 0,0738 + 0,0316 = 0,105 см.
5.51. nmax = P/»/48£J + P//4GA/=0,0107 + 0,0130 = 0,0237 см,
<ртах = Pl2WEJ + PfiGM = 0,000400 + 0,000325 = 0,000725.
5,52, f = atl2/8h, tpA = atl/2h, h — высота сечения балки.
_ _n , atl2 3 atl , ' 1 a//
5.53, ^ = ТбЛ’ <р-4=8‘-А' (У нагРетого K0Hua). <PB = — -g
5,54. <рл = _(Р'_/>з)> Где b = l—a, = ,
f =^(P—2b*), ПРИ a<b f=^ha?‘
- . n . , nl f at ,
5.55. a) v=—н-ха + тг* л = -т-, Л—высота
2 2 \ h
б) на нагреваемом участке (x<a) v = —
прогиб при a^b
сечения балки J;
на участке х^а
па , „ ,
v = -^-(a—2x)\
п , , 3 9 „ ( 3 \
в) при х<а п = — у плх, t'max = 32 по? (при х — -^а\-,
па , па2 3 па
при х^а -j = ——x + — , <рл = ула, <рв =------
_ п . , п .па
г) при х<а и = — ~ x2+-g-ax, <р = —лх + —; при
п , 11 . „ 11
V — — х2--^пах-\-па2, <f — nx—-^na, vmax =
11 \ па 7 5
при * = -^-al, <рл = —, <pa=g-na, <рс = —g-na;
х^а
49 а
— па‘
72
15 Под ред. А. А. Уманского
449
. nla
Д) «С =----y''
е) Цд = Цд= — ~ (1-[-а).
5.56. а) фл = — 5PP/16EJ. vA—ЗР13/\6Е2, <ря = — 3PP/16EJ, vB = 5PP/96Ef,
б) фЛ = 5/>/2/128Е7, aa = 3m256£V,
в) фЛ = <рд = PP/\6EJ, ил = 5PZ3/96EJ, vB = PP/48EJ,
г) фЛ = ЗР/2/64£7, ofl = 7PZ3/384EJ,
Д) ФЛ = Е1/9Е7, фя = ^(/+9с),
е) фЛ = №/36Е7, vA = 7Pl3/324EJ, vB = 31Pl3/1296EJ,
ж) фл = №/18Е/, va = 2P13/81EJ , vB=l9Pl3/648EJ.
5.57. a) t>c = 2,06 см, ив = 2,86 см, б) vB= 1,57 см, vb- = 2.06 см.
5.58. фтах = 0,016, цтах = 6,04 см, эпюры см. в решении.
5.59. vrnaX=pZ4/2EJnlax, где Jmax = Wi3/I2; полученный прогиб в четыре раз»
больше прогиба консоли постоянного сечения, равнопрочной с данной.
5.60. Таблица ординат эпюр через 1 jw:
X, м 1 2 3 4 5 6
Ф-10* 0, CM 19,9 0,10 39,0 0,39 56,1 0,87 69,5 1,50 77,6 2,23 80,0 3,02
5.61. ртах = Р/3/32лЕ-р2-=5,1 см.
5.62. [Р] = ^-1£Ц1^ = 2000 кГ, 1'П1ах = 4^7Г=7Н7 = 5сл.
1 1 3 I тах 8 Ebt3n 4Е1
5.63. Фтах = //р = /Е/Е7 = 0,563 = 32,3°, timax = р (1 —cos <ртах)= 13,8 см (по
приближенной формуле omax = LZ3/2EJ получим гтах = '4,1 см)-
5.64. Усилие в крайней тяге S, = 76 кГ, усилие в средней тяге <S2 = 348 кГ.
Наибольшее напряжение в балке о = 386 кГ/см3.
5.65. Пренебрегая деформацией балки, получим S1 = S2=167 кГ,
о = 850 кГ/см1. Пренебрегая деформацией тяг, найдем 5,= О, S2 = 500 кГг
о = 0.
5.66. фд = Mtl/4EJ, МА = М,/2, /?4 = —/?д=—344,721.
5.67 а) Л4л = 2Е/фЯ/(, Л4Я = — 4Ё7фЯ//; б) Л1Л = -6Е/Д/Р, MB=6EJ\/l3.
5.68. omax = 1515 кГ/см- в сечении у заделки.
5.69. (?л = 650 кГ, Qs = —550 кГ, 400 кГ, МА = —280 кГм, Мв = —160 кГм.
Максимальный момент в пролете Л4тах=142 кГм (при х= 1,30 м).
3 5 7Р13
5.70. а) М(О) = -Г&Р^М^Р1.
fmax=EZ3/48K5 EJ = 0,00933P/3/EJ при x = 0,553Z;
б) Л4(0) = -3а(а + Й>Р , Л1(ц) = -^('1-6у + 3^'),
. Ра3 ( а За'1 \
V(a)~\2ET\7~i2T + ~J’
в) М (0) = — pZ2/8, A4tnax = 9pZ2/128 при jc = 0,625Z, oCD=pZ4/192EA
On,ax = pZ4/185E7 при x=0,579Z;
г) M (0)=— 7pZ2/120, Mniax = pZ2/2316 при х = 0,671/, t>cp=pZ4/349EJ,
t»max = pZ4/327,8EJ при x = 0,598Z;
пр» х-ода. p<ow-j^;
t’max= P^4/418,6EJ, при x = 0,522Z;
450
5.71.
5.72.
. лл,™ L и* LP 2 ,
е) 31(0) = --, 0(0,5/) = ^, цтах = __ при х=у/;
, .. L /, b'1 \ , La3 fa3 .а3 , „а п\
ж) 31 (0) = —1 —3j , t,(a) = -_^__57r + 67---2 j .
а) М (0)= М (1) = -Pl/8, Mcv=Pl/8, ucp = umax = p/3/I92£J,
Pb3a Pa3b , , Pa>b3 2 Pa3^
M(Q)- t2 , M{1)- /2 , v(a)-3EJp, vmax-3 £</(3a + &)a
f i. 2al \
I при a > b и при х. = -т—— ;
\ За + b j
34(0) = 34(/) = -^4±^, vla} = f^2±^.
M (0) = M (I) = -ql3/l2, v (0,5/) = о™, = p/4/384£ J;
W) = -35-. Л1(/) = -^-, Almax = -^ (при r = 0,548/),
yC0 = p/4/768£J, omax = p/1/764£J (при x = 0,525Z);
.. Lb(2a—b) .. ... La(2b—a) La^^—a)
M(Q) = —M(l)~------------o(a) = .
Изгибающий момент в месте приложения силы Mmax = g^P/i
3 3
у средней опоры —У заделки
Jo оо
13
Almax = g^P/ в месте приложения силы.
б)
8)
Г)
Д)
e)
a)
5.73.
5.74.
5.75.
5.76.
5.77.
5.78.
5.79.
5.80.z
б)
34t = pa2/3, ~ 312 = —4ра2/3, Л13 = —2ра-/3, 7?1=5ра/12, /?2 = 37ра/12,
/?3 = 5ра/2.
02 = 7Gpa3/9EJ (по часовой стрелке).
р -|ZT“IZ + Z1 + T^\^"I =930 кГ-
о J о 4 I J
Прогиб [Зр/J — 4S/2 (3/] — l)\IUEJl = 14,7 см, напряжение ЗОЮ к Г 1см'-.
р ,Р Р =р
1 ’ 2 „ г
Изгибающие моменты у опор: 310 =—2000 кГм, 34t =—2430 кГм,
312 =—1010 кГм (левее места приложения внешнего момента 3000 кГм)
и 1990 кГм (правее места приложения внешнего момента);
М3 = —995 кГм; Л1п1ах = 3340 кГм (в расстоянии 1,30 м от опоры /).
Принимаем двутавр № 22а. Реакции опор приведены
Эпюры М и Q см. там же.
<р0 = 0,00435, <₽! = —0,00356,
——1,56 мм.
а)
б)
в)
г)
д)
приложения
_____..... ...r r_____ i на рисунке.
Углы поворота (при С = 2-10в кГ/см*У.
<р3==—0,00271. oJP 4 = —0,00156,и =
^0 = 34! = — 2100 кГм-,
3f0 = 3f! =—1667 кГм:,
М™ = 100 кГм\ 31"рав = -900 кГм}
М1 = — 3180 кГм\
Vj = 4,28 Т, Уд = 6,36 Т, Vc= \fiQ Т, VD=1,67 Т. /Мп1ах = 9.17 Тм,
3lmin = —7,18 Тм\
Ул = — 0,27 Т, УВ=2,$7Т, Vc—2,97T, V D=—0,27 Т, 31max=l ,22 Тм,
Л1т!п = -0,81 Тм-,
ж) Ул = 1,54 Т, Уд = 2,06 Т, VC=2№T, VD=lfAT, Л1тах=1,97 Тм,
Mmin =—>.54 Тм<
з) РЛ = 5,85Т, УД = 8,78Г, Ус=—1,35 Т, VD = 0,22 Т, 31тах = 3,80 Тм,
44т1п = -2.70 Тм’,
e)
15*
451
и) Ул= 10.00 Т, VB = 24,0 Т, Vc = 42,0 Т, Ид = 20,0 Т, Л/тах = 33,3 Тмг
6.81. а) /И( = —0.268L, M„ = 0,072L, Л4Э = —0,019/., Л14 = 0,ООГ>£.
Мп =------п-~ .Эпюру М см.
24-/3 1
на рисунке. 6) = — 0,267/.,
М, = 0,067/..
5.82. а) Л1, =Л42=4 nEJ ( п = — \
5 V nJ
q
б)
мг = ~-nEJ\
в) Л^ — nEJ,
о
М„ = — 77 nEJ.
1 11
а/Р 2
——- на расстоянии 1 от опоры I.
27Л «J
6.84. а) Прогиб равен нулю;
/1’ / Ct/ \
б) в левом пролете1) v=——х) I п = -т- I, t’max = —0,0106л/1
1 ' П j
Отсчет х везде от левого конца соответствующего пролета.
452
(при х = ^-1^; в правом о==^-(—Зха+2/х+/а), t>max = 0,0500лР
(при х = 0,623/);
пх
в) в меньшем пролете t> = —(х‘“—6ах+5аа), отах = 0,094ла3 в большем
^тах = —0,288лаа;
г) в левом пролете у = —(/—х), отах = 0,0211л/а ( при х=-у/1;
в правом о = —(ха —3/х + 2/а), timax = —0,0276лР (при х = 0,577/);
Д) в среднем пролете о = ^(/—х), отах = 0,05л/3; в первом
О
t'max =—0,0385л/а (при х = 0,577/);
пх^ 2 /
е)в первом пролете ч =——(I—х), t'max =—-а; пР (при х =
Ос 01 \
пх,, 1 ...
ВО втором [>=—(/ — X), ОщаХ = 24 п‘
5.85. Mrnax— M] = ——г— , t'niax = 97 'V’ <в большем пролете на расстоя*
П (I
4
нии -5“ а от опоры /), 0^0,
<5
5.86.
1)
+ Ж] = ^
2) S = 48Ea/i///3(-^+^-) = 18,5 кГ.
5.87.
б) М,= -
Ра afl—ZeEJ
2 2aa+78E/J
в) Mt — —0,42alEJ/h, М2=—0,45atEJ/Л, гдей— высота сечения балки.
5.88. а) в = /3/192£2 = 0,00368 см/пГ.
б) е = /3/16£/ = 0,0441 см/кГ.
5.89. Л41 = —Р//16, М2 = 0.
5.90. МА = — 2Р1/9, МС = 5Р1/36.
5.91. AJj = —3,53 кГм, М2 =
——7,94кГм, Л13 = — 4,06 кГм
(эпюру см. на рисунке).
6.92. Л1|= —3,37 Тм, М2 —
=—2,44 Тм, Л1а= 1,22 Тм.
5.93. а) 6Л1пр//, где Л4пр—предельное
значение изгибающего момента;
б) 7,5 Л1пр//;
в) 6Mnp/Z.
К задаче 5.91.
1-\~х б,64Л4по
5.94. Л1р=л,Пр£^-—minPDp=--------j-- при * = 0.41/.
(6 + 4/2") Л1пр П.66Л1пр
5.95. а) Рп^—----р------=----р---, 0,415/ от правой опорт?;
б) то же, в) то же,
5.96. а) РПр=8Л1пр//1; б) то же.
453
6.97. рПр— 16Л7Пр//“.
6.98. Л4тах=1,87 Гл, отах = 0,215 сл (см. рисунок).
6.99. о = 588 кГ/см2. 6.100. о = 770 кГ/см2.
6.101. Осадка понтона у носа 27 см, у кормы
бающий момент 23,3 Тм.
6.102. отах = 0,277 см, Л4П1ах=1,75 Тм (см.
рисунок).
6.103. Эпюры см. в решении.
5.104. отах= 1830 кГ/см2 (в сечении г = а),
ттах=755 кГ/см2— наибольшее каса-
тельное напряжение свободного кру-
чения (у правого конца стержня),
ттах = 83 кГ/см2—наибольшее каса-
тельное напряжение стесненного кру-
чения (в сечении г = о). Здесь и да-
лее в задачах 5.105—5. !08 г — коор-
дината сечения.
изги-
107 см. Максимальный
К задаче 5.105.
К задаче 6.102.
5.105. Эпюры см. на рисунке.
5.105. ошах = 11 10 кГ/см2, эпюру бимомептов см. в решении.
454
6.107. ттах=60 кГ/см2 (в сечении г = 100 см), ттах=36 кГ/см2 (у заделки).
6.108. <ттах=1150 кГ/см2 (на 4% отклоняется от точного). Эпюру бимомен-
тов см. в решении.
6.109. Уравнение эпюры прогибов
(х отсчитывается от центра
пластинки): а)
V=^D =
= (г2 —гЧ2
64D 1 Х } *
где 0=~2(1^?;(цилинд-
рическая жесткость плас-
тинки). Уравнения эпюр
изгибающих моментов: в ра-
диальном направлении: Mt=
=^['-2 (>+н)-*2 (3 + ц)].
К задаче 5.109.
в окружном направлении: М2 = -^ [г2 (1 + ц)—х2 (1 +3ц)]. Эпюры о,
и см. на рисунке. Наибольший изгибающий момент (у защемле-
ния) Afmax = — рг2/8 = —0,312 кГсм/см. Наибольшее напряжение
0=187,0 кГ/см2. Наибольший прогиб vmax = pr4/64D=0,00485 см.
(в центре) vmax = ^ =0,0197 см.
6.110. Наибольший
прогиб
Изгибающие моменты: =-£ [г2 (3-|-р.) — х2 (З + ц)),
M2 =yg [г2 (З+р.) —х2 (1+3ц)|, Л4тах = ^(3 + ц) = 0,506 кГсм/см.
5.111. Утах ^0=0. 035 см, Оп1ах = 3(3^~И)^- = 91Ь к/ Дм2,
ттах = рг/2/= 15 кГ/см2.
5.112. отах = Рг2/16лР = 0,046 см.
Рх2 X Р
5.113. и=8^£>1п у + (<2 — х2), отах = Рг2/16лО = 0,00248 см (в центре),
M'=T^D [('+Н)1ПТ-'] • М2 = £[(1+(х)1<-и].
5.114. Изгибающие моменты Мх в окружном и Л1а в радиальном сечениях
одинаковы и равны Мо. Прогиб в=тт—4гг(/'2—*a)i где X—текущий
1 -f- р. 2U
1 Mr2
радиус. Максимальный прогиб в (центре) t>max=^^--^ =0,044 см.
5|15„ _ рг2 /3+ц 7+Зц
5.115. Отах — 4(1+р)
5.Н6. *тах=-7бд (Я3"1п ~
453
. х MR2— mr2 l(M-m)R2r2
5.117. a) M1 = —n2- - г-3—n2 ,—
' 1 R2— r2 x2 R2— r2
M __MR1—mr2.l (M — m)R2r2
2— R2 —r2 + x R2 — r2 •
5.118. Наибольший прогиб (на краю у отверстия) отах = 0,0246 см. Наибольшее
напряжение (там же) <7 = 588 кГ/см2-, эпюры Mi и Mt см. на рисунке.
6.119. птах=0,0075 см.
5.120. При £ = 2-10® кГ/см2 и ji = 0,3 t'max = ti (а) = 0,0297 см.
\р=70хГ/см
I»?////'?/// внм
К задаче б. 118.
5.121. отах= 1670 кГ/см2,
Цтах=0,252 СМ.
5.122. атах = 1670 кГ/см2,
timax=0,200 см.
5.123. <Т£ = 950 кГ/см2,
<72=285 кГ/см2,
umax = 0-118 СМ.
5.124. <7! = 600 кГ/см2,
а2=300 кГ/см2.
5.125. итах = 0,72 см.
5.126. ед = 0,00039,
етах=1125 кГ/см2,
Ттах=188 кГ/см2.
5.127. а) и>тах = 0,074 см,
отах = 325 кГ/см2-,
б) г£!тах = 0,0185 см,
Отах = 265 кГ/см2.
5.128. а) и>=±^-[1—e~vx (cos (Jx-f-sin Рх)1, М=-^ е~?х (cos Рх — sin Рх),
Ы 2рл
где Р=£/3(1—ii^lVRt, р— коэффициент Пуассона, х—продольная
координата. В числовом решении пользоваться табл. 1 Приложения,
б) <^ = -[4ргМ0Сх + 4₽30Пх + р(Лх-1)]/4£./р\
Mx = (₽2A4,^Jf + PQ0Bx-pCJe)/PS где Мо = ^ [б?г(Лг-1)-4Df|.
Qo = -*77-I4CA—1)1, причем Я = 4Р(С?—бА)-
5.129. а) «.'=^-(1 —е_?х cos Зх), М = — ^jg-3*sinpx,
б) = [4£Jp3<p0B*-4PQ„DX-р (Ах- 1 )]/4£ JP4,
пв2
MJf = (P2Q0Bx + A<p„DJC-PpCx)/P3, где <р0 = ф- [Bl(Ai- 1) + 4D,QJ,
Q0 = ^-[4£Jp4BzCz— kDt(Ai— 1)], причем T = 4P(£JP4Bz + A:D?).
5.130. y=^, y=2 p— ®z — 2 arcsin k, <7! = йр у £, причем пара-
метр k определяется из условия К(А) = р.
5.131. fi — 61,4 мм, 11 = 22,1 мм, в1 = 50°, а1 = 2320 кГ/см2,
-у-100% =0,0543%, Ркр=45,6Г, Ра=100Г, /2 = 93,8 мм,
02=13О°4О', <72 = 7000 кГ/cm2 < аШ1.
5.132. 1) Pi = 31,9 Г, Л = 5,44 см, Zt = 2 см, at = 3825 кГ/см2. 2) Az = 46,7%,
Да=25%. 3) См. график в решении.
456
5.133. 6 = 20 мм, 6 = 0,2 мм, 2/= 134 jhm, 2с=Н7 мм, /=28,4 мм,
100% =-44%.
5.134. 6 = 0,3 мм, 6=15 мм, 1 = 85,6 mm,.G = 26,8 Г, Д/ = 34%.
4EJ 4EJ
5.135. Р2 = 3,437 , ^>пр = 9,885^j^; графики см. в решении.
ГЛАВА в
6.1. dj = 827 кГ/см2, о2 =— 173 кГ/см*, оа = —827 кГ/см*, а4 = —173 кГ/см*
о = 0,68 см.
6.2. omax = 1160 кГ/см2. 6.3. omax = 120 кГ/см2 < [о], = < [/].
6.4. Oj = — 716 кГ/см1, о2 = 600 кГ/см2, оа = —-183 кГ/см2,
6.5. стах=1200 кГ/см2, / = 0,495 см.
6.6. ot= — 226 кГ/см\ а2=181 кГ/см2, / = 1 см,
6.7. Р = 320 кГ.
6.8. Швеллер № 27.
6.9. k = h/b = Мх/Му, '
6.10. 6=1//Iglc.
6.11. а = 85°90'.
6.12. <р = —14°.
6.15. 6 = 7,8 см.
6.16, о0 = Р/а2, од = 4Р/а2, ав = 7Р/а2.
6.17. /< 0,0125 d.
6.18. Р = 3,9 Т, е = 0,23 см.
6.19. х = 23,5 мм.
6.20. 48%.
6.21. 25%.
6.22. о( > о2 при х < 0,46, ot < а2 при х > 0,46.
6.23. Oj=o2 = — о3 = 375 кГ/смг.
6.24. атах=1190 кГ/см2, omin = 833 кГ/см2.
6.25. В четыре раза.
6.26. 1 = 6,5 мм; швеллер № 24.
6.27. о = 818 кГ/см2.
6.28. ов = 3,44о0.
6.29. Швеллер № 30 по ГОСТу 8240—56.
6.30. о = Р cos (а—а0)/аа cos а0, tga0 = 6//a.
6.31. omax= 1420 кГ/см* < [о].
6.32. атах= 1598 кГ/смг < [а].
6.33. отах=1030 кГ/см\
6.34. В 3,1 раза.
6.35. 6 = 8,6 см.
6.36. Р = 2500 кГ. 6.37. Р= 14,6 си2. 6.38. ор=1,= 2,11ор=0.
6.39. о =—16 980 кГ/см*.
6.40. Р = 2760 кГ.
6.41. Р = 7.25 кГ.
6.42. Круг радиуса г =12,5 см; ромб с полудиагоналями 3,34 см и 6,35 см
и ромб с полудиагоналями 9,2 см и 1,03 см.
6.43. d = 24,4cM.
457
6.44. Отрезки на осях а = — 516 см, Ь = — 6,7 см.
в.45. Ромб с полудиагоналями 1 см и 1,67 см. 6.46. Л1/Л1Т=1— (AZ/AZT)2.
6.47. Л4/Л4Т = sin3 a, N/JVT=1—(2а — sin2aj/n. 6.48. Л4 = 844 кГм.
6.49. Д'= 3880 кГ.
6.50. е=5,25 см.
6.51. Р=12 850 кГ.
6.52. <1=4,86 см.
6.53. а = 1340 кГ/см2.
6.54. d( = 4,95 см, dn = 5,l см, <1Ш = 5,35 см, <7iV = 5.2 см.
6.55. аэ = 458 кГ/см1 < [а].
6.56. а”ах = 820 кГ/см2 < [а].
6.57. <1=5 см.
6.58. Брус квадратного сечения легче на 6%.
6.59. При Л4„/Л4К < 1,71 более прочный брус круглого сечения; при
/Иц/Л/к > 1,71 более прочный брус квадратного сечения.
6.60. d = 8 см.
6.61. <1=5,56 см.
6.62. <15s 4,3 см.
6.63. Л4к = 7150 кГсм.
6.64. <1 = 5,9 см.
6.65. Р = 700 кГ.
6.66. <1 = 4,1 см.
6.67. а= 1240 кПсм2 < [о].
6.68. о*!1 = 1240 кГ/сл2, а*У_=1150 кГ/см2.
6.69. d= 15 см.
6.70. <1=1,25 см.
6.71. <1 = 2,2 см.
6.72. В два раза.
6.73. о”*в=10100 кПсм*.
6.74. аЦ*в = *200 кГ[см* < |о|.
6.75. отах=1541 кГ/см2 < (а].
6.76. о^к’в = 1360 кГ/см'1 < (о].
6.77. c‘i'B=1350 кГ/сл<2 < |о].
6.78. а = 6 см.
6.79. max о^'в= 1590 кГ/см2 < |а].
6.80. а = 5,1 см, а = 90°.
6.81. о = — 1020 к.Г/см2.
6.82. о= 1250 кГ/см2.
6.83. о= 1840 кГ/см2.
6.84. Р=100кЛ
6.85. Р=350 кГ.
6.86. AZ = — 796 кГ, Qx = — 580 кГ, Qv = —171«Г, Мх = — 6840 кГсм,
Л4у=—2660 кГсм, Л4о = 8550 кГсм.
ГЛАВА 7
_ Р2/3 , L4 PLP
U — 96EJ + 2EJ^ 12EJ '
ра/ к ра/ ра/
7.2. a) U= | б) u = =
7.3. а) 1/ = Р2/3/96Е7, б) t/ = P2/3/216£J, в) U = P2l3/2WEJ, а')£/,аш =
= P2P/384EJ.
458
I (• Qi C S1 F F C’* S2
^=x«rjiex=7j-j
P 4 v«
' 7.4.
7.5.
7.6.
7.7.
7.8.
7.9.
7.10.
7.11.
7.13.
7.14.
7.15.
7.16.
7.17.
7.20.
7.21.
7.23.
7.24.
7.25.
7.26.
7.27.
7.28.
7.30.
7.31.
7.32.
7.33.
7.34.
7.35.
x=l,8, Fy = F/x = 80cM2.
U = UM + UQ = P2/3/96E7 + nP2l/8GF = 145,0 + 6,2 = 151,2 kF cm.
Um = 235kFcm, U q = 0,225 кГсм.
EJnlB2 kl f 4ЛВ 5*\
U~ 4l3 +2 + я + 2 f
U = ^~-(.A2F-\-B2Jy), где F, J у — площадь и момент инерции подошвы
относительно поперечной центральной оси, А—ордината эпюры и а
центре тяжести подошвы, В—уклон (угловой коэффициент).
ра ( Ур Хр\
U=—— 1+—Ч—— .
и 9Ь F \ ~ .2 ~ .2 /
\ ГХ Т /
См. решение. 7.12. См. решение.
F = -______--------
вв II -.2 1.2 , „2 У-2
п = № ( —-----1___— ) =_____.____________.
э I 4Еа Ja E3F3 ) 4 (№/4£аЛ + r/E,F,)
Jtp^f
(/ = (300+1+3,1). Энергия изгиба составляет здесь 98,7% полной
оЬг
энергии.
u=St [*-2+1* (тл-2)]- &=^--
1/ = 160 кГсм, л = 12,5. 7.18. Х=20 см, ттах = 3180 кГ/см2, т'/т = 0.05.
<7=6 мм, п = &, Ь=6 мм, л = 8,7, бкв/бНр= 1,83.
Характеристика прямолинейная: Xt = 45 мм, 7=40 м, Я0 = 240 мм,
ттах = 3180 кГ/см2. 7.22. d = 3 мм, л = 21.
Р, = 120 кГ, Р2 = 280 кГ, X] = 12 см, Ха = 6 см, Tj=3060 кГ/см2,
та = 4280 кГ/см2.
Pi = (54,2 + 0,661Q), Р4 = (54,2—0.339Q) кГ,
=(6,78+0,0827Q), Ха = (13,2 — 0,0827Q) см,
h=0,0827Q см, tv = (2160+26,3Q) кГ/см2,
т2 = (2690— 16.8Q) кГ/см2, (?о = 160кГ.
<7, = 10,2 мм, rf2=9,07 мм, <7а = 9,44 мм.
,, PhR2 [+оз2ф/ 1 , I \ , з!паф ( 1 , 1 \1
U~~2~ [ Е \J+R2F)+ G Vu
, Ра / 90 . 20 /2+9\
Л’^=тЫ+—ъг~)см-
2U
= Р 4
<=6a/aa. 7.29. AjH = 3 см (вниз).
Для варианта Р3 = 1 см1 ^-i=—2,5Р, —0,4Р, Va_j=0.75P,
Л/з-4 = 0,87Р. Л7о/_1'=О,4Р, 0.75Р, Л/2,_4, = —О.87Р,
/V,,_4,=0.
Л'шах = %-!=—8200 кГI <’тах=—820 кГ/СМ2.
Мп=—5000 кГсм, Л1^=—3700 кГсм, Na= — 41,Зр кР.
bxp=Pl3/l6EJ, &iP = Pl2/l6EJ, &3P=-Pl2/l(5EJ, Au^№/4BEJi
&tP = ^eP=Pl3/82EJ
v Pabh/2Jt
Л1 =
гл’/з/а+й2//! +l/F.t + 2-nhElFiG'
Xl=-6T‘
♦S3
'.Зв. См. рисунок. Ординаты эпюры М отложены от растянутого волокна.
’.87. Неизвестная — горизонтальная составляющая реакции правой опоры X,,
предварительно направленная справа налево. Тогда EJb1p= — 27500,
£J6U=—2-74,75, Xj=184 кг. См. рисунок.
К задаче 7.36.
7.38. См. рисунок.
7.39. См. рисунок.
7.40. См. рисунок. Ординаты эпюр отложены от растянутого волокна.
7.41. См. рисунок. Если учесть деформацию удлинения, то по второму вари-
анту нагрузки в сечениях рамы обнаруживаются изгибающие моменты
постоянной величины.
7.42. См. решение.
7.43. Число лишних неизвестных: а) /1=1; б) л = 3; в)л = 3; г) л=1,
_ г. , qab ( а , b
7.44. См. рисунок. 7.45. у = 2.-^-1 -у—|—=—
7.46. На осях симметрии Q = 0, величины AZ и Л1 попарно одинаковы. N опре-
деляются из условий равновесия. Предлагаем доказать, что все четыре
М равны и дают лишнюю неизвестную Xt.
460
К задаче 7.38.
К задаче 7.3Э.
Й.75
i?Z24
% 185
\Ю0кГ \/00кГ
1-77
Ri
\юохг \Ю0кГ f ГООкГ
К задаче 7.44.
7.47. См. рисунок. 7.48. См. рисунок.
7.49. См. рисунок.
7.50. Изгибающий момент посередине
крутящий момент Л4*р=0.
среднего стержня Л4ср=—0,28Рд2;
К задаче 7.47.
К задаче 7.48.
-njJPlL.
-OJZOPa
u //к
К задаче 7.51.
7.51.
7.53.
7.54.
7.55.
7.56.
7.57.
7.58.
7.59.
См. рисунок. 7.52. См. решение.
См. указание.
См. решение.
См. решение.
См. ответ к задачам 7.36 и 7.40.
См. решение.
См. решение.
а) . См. решение;
б) F* = /' + 2 (Ьв + кяу,
0 + М + Мв]
Уо = J-----------
4=4 1 л'н +hhB + hl), 4= 4- л,’.
't-тг+т&+Ы
«2
в) х'=8,39, «/'=6,67, tg2ao = O,484, a0=12°55', £Уо-/?ф = 36,03 ж,
£/„./ф = 241,4 м\ 1380,6 лА
7,60. См. рисунок.
7.61. Положительные моменты вызывают растяжение внутренних волокон.
47 24
^ = ~РЛ. Мя = -4Р1г,
С IQ
Mc^Ph, Md=-£pIi,
14
ME=^Ph.
7.62. Фиктивные грузы, увеличенные в £70
раз, равны соответственно
Lh', ^rh'h, ^-h'h*, -Qrh'lP.
2 6 24
К задаче 7.60.
Они отстоят от заделки на расстояниях /1/2, /i/З, /1/4, /1/5. Ослабление
верхней части стойки на протяжении /iB дает дополнительные фиктивные
грузы, равные соответственно LhB, ~hBhB, -^-/^/«д. Здесь
hB = hBJ n/JB, где 1/JB= 1/JB—1/JB. Эти грузы отстоят вверх от сту-
пеньки на /1в/2, /1В/3, /<в/4, /iB/5.
7.63. «Иср = 750 кГсм, =—11,3 «/’, <?ср =— 23,1 кГ,. Мтах = 7500 кГсм
7.64. Расчет выполнен правильно.
7.65. /И, = 3,10 Тм, /И2 = 3,30, Л43= 1,68, М4=—0,10, Мв=— 0,30.
.Моментам приписывается знак (-(-) при растяжении внутренних волокон.
7.66. Повороты левого и правого защемлений на угол ф против часовой стрелки
эквивалентны соответственно фиктивным грузам + ф, —ф. Изгибающие
моменты вычисляются по формуле для М.
7.67. Включение упругого шарнира дает дополнительный фиктивный груз,
определяемый из условия, что изгибающий момент в этом месте равен Рфй.
7.68. См. решение.
К задаче 7.69.
К задаче 7.70
7.71. Л1 (р) = — Л— Pr sin Р—Tr( 1 —cos Р)—mrp—pr'1 (1 — cos р)—qr- (Р — sinP),
/V (P) = —P sin P4-T cos p — pr (I —cos P) + qr sin p,
Q (p) = P cos P + T sin fl + pr sin {i-j-qr (1—cos p).
463
7.72.
7.73.
7.74.
7.75.
7.77.
7.78.
7.79.
7.80.
7.84.
7.85.
7,86.
Q(P)=—P—prP,
M (P)= PrsinP+LcosР+ДкsinP4-pr4(l—cosP)+/nrsinP4-^Kf(l~cosP)*
MK (P) = —Pr (1 — cos P) — L sin P4-LK cos P —pr2 (P —sin P) —
— mr(l —cos P) + znKr sin p.
7 = —pr.
P = —m. Результат не зависит от радиуса кривизны бруса.
См. указание. 7.76. См. указание к задаче 7.75.
См. решение.
См. решение.
0 137 Рг3
См. рисунок, ДГОр= , Лверт =
0,149Рг3
EJ
У
К задаче 7.80.
7,81. См. решение.
7.82. -Л4ср=0, tfcp=pr/2, Qcp = -2pr.
7.83. См. решение.
К задаче 7.84.
Л4/1 = Л1д=Л1с=Л1о = 0. Эпюру М можно представить заштрихован-
ными сегментами, ординаты которых умножаются на ±Р}^ 2/2.
Р = 0,5уяг2а=56,4 кГ, Л4тах = 0,445уг3а—0,124Рг кГм, Qmax = ± 0,5Р,
^max « ~ 0.5Р.
а) Ми = Рг/л, Л/д = 0, QA = -P/2;
б) MA = 2L/n, NА = 2Ь/лг, QA = 0;
в) МА =—Рг/2л, NA = P/n, =
г) МА = —Рг ^1— •^=тах (— М), Mr—Рг — ^J“)=max (+^);
д) Мл = Рг(к'---— 0,1Рг, Л4п = 0,1888Рг, NA — ?-}
тА—гг ^2п 3 j У 3
е) Мд = -Рг ^ = Р/2л, Qa=P;
/ з о \
ж) Л4д = рг2( -y+v11 ) = —0,1661pr, Q/ = — 2лг,
\ О О J
з) Л4д = рг2/4, Na — 0, <2^ = 0;
и) MA = 0,305pr‘1, Na — —0,02653рг, Сд = — pr/2;
к) MA = 3pr2/4, NA = — pr/2-,
л) MA = 3yra/4, NA = 5yr2/4,
m) MA = — yr3 (л—3)/4, NA = 7yr2/4,
464
7.87. RC = —RB = 1,39£1±2:, где \=EJlGJ^
r 4+ Л
M*
7.88. a) M =---^y;
Jx
б) М=-Р*^4~ф M* = 2at/*prsiri y. P*^2”^-^,
- since рф_2га ф_ г3 / , sin2« sinaa\
e° a ’ F EJ 1 J*~EJ \ + 2 2 a J'
( o sina\
y = r cos p--------.
\ a /
7.89. Изменяются только характеристики фиктивного профиля. Теперь-
рф=оо, главная ось х проходит через ключевой или оба пятовых
шарнира.
7.90. Центр тяжести фиктивного профиля (упругий центр) совпадает с цент*
ром кольца.
' yW* = ^ = 2a</cpr sin ?• =-^-.!/(₽) = -''’cos₽« Л1=—^^cosp,
„ EJ^t , ~ EJkf о
q_—-Jsms. Af=__i'CosP.J
’-9г-|®w’+b’l+i“1’]'
_ „„ , „ P Г 2 h . I [ bh-j-ah + abV] a
7.93. ^,=8^- + , ф2 = уф£.
// PF b2 \
7.94. +
о p P
7.95. При ft = 2b, F=bt, G = ^-E X, =0,153-r-, X2 = — 0.309 -r-.
5 b b
7.96.
7.97.
7.98.
x—4p/('+
16 Gtd? \
3 ЕЕобщЕ/
. Здесь через F06iu обозначена поверхность-
обшивки
Fo6lu^2 (bh + hd+db).
См. решение и рисунок.
Рг ЧР
а) ma=-EL-, NA=-=d-; QA=*0;
' л 4л ’ л 4л л
б) МА = 0, Л(_4 = 0; QA=L/2nr;
в) Л1л = 0, Na = 0, QA = —T/6n;
г) Л1л = 0,01132Рг, Л/л=0,07958Р;
д) Ма = —Рг/2л, Na = 0, QA = P/r,
е) Л/л = 0, МА = 0, QA = L/2nr;
ж) Л1л = 0, Na = T, QA^=2T/n-,
К аадаче 7.97.
Р / QP 1 ‘
в) МвО; и)Л1з0; к) МА = —Рг/4л, А=~^ (—-----у
465
л) мл=о, na=o, qa=-L(i-^
«> Л4Л=О, na=o,
2Л \ " * /\ /
D2r D2r3 vP2r3 D2re
Л09’ ^ = °-786^+0-786ет+0>571ет- + °.019£7^- Здесь Л"-
площадь сечения полки (пояса), /"—ее момент инерции относительно
оси у, v.—коэффициент учета неравномерности касательных напряжений
изгиба полки в своей плоскости (х=1, 2).
К задаче 7.100.
"ff-lOO. См. рисунок. MA = -^^ + rd — , qA=-^d. NA—^-(r + d),
Мц =—Ma,Nb = —Na, Q/i=Qa,
M (Р) = МЛ—Л/Лл(1 — cos P)+ Q^| г sin P+-^-r2(p — sinP),
л/2
0
ГЛАВА 8
'8.1. а) Предельный размер диаметра dIlpM = 46 мм; при d=30 мм,
Рдоп==2>9 Т; б) Япред = 40 мм; при а = 30 мм, РДОП = 4,9 Г;
в» йпред = 40 мм, при Ь=25 мм, Рдог, = 4,7 Т; г) предельный номер
профиля 14; для № 14 Рдоп= 17,9 Т.
8.2. 38,4X19,2 мм. 8.3. d = 54 мм.
8.4. Q(a):Q(6,:.Q(B):Q(r) = 1:0,977:0,614:0,518.
8.5. a) d = 46 мм; б) dH = 48 мм, при трубчатом сечении стержень легче на
37,5%. 8.6. 3,6 кг; в 1,7 раза.
8.7. Ркр = 18 Т. 8.8. d = 30 мм. 8.9. d = 40 мм. 8.10. Ркр = 740 кГ.
8Д1. рОр = 5О Т, emax= 1 >4 м. С учетом влияния поперечной силы Ркр — 0>97Р®р
(снижение составляет 3%).
.8.12. ипр = 3,63, п7 = 1,83. 8.13. 1) d = 26 мм, 2) d = 21 мм.
8,14. Для конструкции по рис. а) Ркр = л2 2EJ/a2, по рис. б) Рко=л2£//2а2.
Л1.15. &=40 мм, h = 8 мм.
8.16. / = 43,5°, е = 0,52.10-2 < еуп. 8.17. 7%, ^ред=840°С.
466
8.18.
8.19.
8.20.
8.21.
8.24.
8.25.
8.28.
8.27.
1) Рдоп<= 31,1 Г; 2) 59 Т; 3) 54,3 Т- 4) 39,0 Т.
а) акр = 2550 кГ/см\ б) 2310 кГ/см2-, в) 2600 кГ]см?, г) 2600 кГ/смЛ
Для стержня № 1 Рир= 13,6 Т, для стержня № 2 Ркр=7,8 Т.
Из условия общей устойчивости РДОП = 3,9 Т, из условия местной
устойчивости Рдоп=11,9 Т. 8.22. Ркр= 13,5 Т. 8.23. 22,5 Т.
т_ 2ЕЕК . _ hE _ hEK
£ + £„’ 1 Е + Ек' г £+£«’
Ркр = 52,6 Т, по формуле Ясинского Ркр = 52,6 Т; по формуле Эйлера
(условно) Ркр = 79 Т.
Ркр = 4520 кГ. Если заменить Т на Ек, Ркр = 3860 кГ.
а) 3,37 раза; б) 3,96 раза; в) 2,19 раза.
8.28. Сталь, 2,02 см. 8.29. а=10 см.
8.30. Один из возможных вариантов: угольник 80 x80 x 6.
8.31. РДОП = 32 Т.
8.32. Результаты решения сведены в следующую таблицу, где К — коэффи*
. „ EJ
циент формулы л -у- .
Отношение прогиба в точке с абсциссой х к максимальному прогибу Крити- ческая сила К Погреш- ность. %
*=0 х=//6 х=1/3 X=lf2
Исходная форма (а) 0 0,33 0,67 1
1-е приближение 0 0,48 0,85 1 12 4-21,6
2-е » 0 0,49 0,86 1 10 4- 1,3
Точное решение 0 0,50 0,87 1 9,87 —
Исходнаяформа (б) 0 0,51 0,87 1 — —
1-е приближение 0 0,51 0,87 1 9,84 — 0,3
8.33. Получаемые с помощью различных методов значения коэффициента К
в формуле Ркр = КЕЛЕ приведены в таблице.
Случай а) Случай б)
Энергетический метод 10 9,8710
Метод Бубнова — Галеркина 10 9,8710
Метод последовательных приближений 9,86 9,8361
Точное значение 9,87 9,8696
8.34. Получаемые значения коэффициента К в формуле PKp = KEJ/E дан»
ниже.
Число звеньев п 2 3 4
Коэффициенты К 8 9 9,37
Точное значение К — 9,87.
4G7F
Л.35.
•fi.36.
.8.38.
.8.39.
8.40.
8.41.
,8.42.
В случае а) Ркр = 9,6—'—у—:-г---------ту. В случав
б) р —л2_____________________;_!_______________—
“р , . ( 1 ,Н • (1 -₽)л /, Й. л (1— 3)л1 Z2
’ + Ч |sinHr~-(I—Р) -2-cosL—f2-]
Коэффициенты К в формуле PK^ = KEJ/I2, полученные различными ме- тодами, приведены в таблице.
CNC4 сГо II II б еа ооя И 1! •°.® сод II II -°.® а>о>
Вариант а) прибли- женного решения Вариант б) Точное решение 2,91 2,95 . 2,80 5,17 5,35 5,09 9,07 9,34 9,24
4 р J
2/4=4^. 8.37. PKV=8EJ/P.
•О I
FI- QA
•)(Рг + Р2)кр = Я-/. где K = 3 + 2a+2P + 3ag- 2) При a = 2/3.
3 = 3/2, Л = 9,26. Точное значение £ = 9,45 (ошибка 1,9%). 3) При
а=-~ , 3 = 2, £ = 8,78. Точное значение К = 8,95 (ошибка 1,9%).
Случай одной упругой опоры. При п = 2 (см. рисунок в ус-
ловии)
PKp = 8£J/Z2 + cZ/4,
при л = 3 (симметричном прогибе)
РКр = 9£У//2 + с(/6,
при л = 3 (антисимметричном прогибе)
PKp = 27£J/Z2.
Случай двух упругих опор.
При л = 3 (симметричном прогибе)
PKp = 9£J/Z2 + cZ/3,
при л = 3 (антисимметричном прогибе)
Ркр= 27£//Z2-|-cZ/9,
при л = 6 (антисимметричном прогибе)
Ркр = 72£7/Р.
Графики (Р/Рв, сЦР„) приведены на рисунке в решении.
Ркр=2,3 Р8, Рв = 8,35 Т. Наименьший номер профиля балки, эквива-
лентной абсолютной жесткой опоре, № 30.
Ркр = 2040 кГ, ZKp=l м.
При 0<Х<4 л = -~-(1 + Х), при 4<К20 n=-~- fl > при
13s20 л = 1, (£2J2)Kp = 20£1y1Z2/Z2. На графике (см. решение) соответ-
ствующие прямые нанесены сплошными линиями.
.468
в.43. Приближенно ла=2/(1 -j-й) при А--=0, ла = 2. Точное решение приводит
к уравнению
, ПЛ . УЛ пл
tg~2- tg—— j
------1------------=14--—, при ft = 0, п3 =0,94.
пл L .г г пл 1 k г '
8.44. Коэффициент m определяется из уравнения
yd — т3)—л3 (4—т) (2с +~у-^=°-
При. с = 0 т=1, при с=оо /п = 4.
4 - 1
8.45. Величина (Е/т|П) равна: для балки по рис. a) -x-Pal, по рис.
'" — о
б) у Pal, по рис. в) -g- Pal.
8.46. cmin = 3EJ/P. 8.47. fem|n = n‘£J/Z*. 8.48. JmIn = 2aZ4/on£' = 7123 см*.
8.49. Jfflin=39,4 см*.
8.50. PKp = l,51n2£J//J.
j 60c при c«i10,3 кГ/см,
K₽ j n2£Z/Z2 = 615 кГ при c^s 10,3 кГ/см.
Критическая жесткость опоры с0= 10 3 кГ/см.
8.52. Рко = /-51£2-=160 кГ.
р ci+ca
При потере устойчивости стержень остается прямым, поворачиваясь
вокруг точки с координатой
8.53. Опрокидывание произойдет при силе Ркр = 157,5 Т. Эйлерова крити-
ческая сила Р.= 183 Г. Напряжение в тягах (при 6 = 1 см) а = 2180 кГ/см ’.
8-54. Ркр— + fcl г2 .
8.55. 1) Критическая сила
PKp = Gitd4/32Za = 2010 кГ.
2) После потери устойчивости
р — р -S— ~ р . *
“Psinq) “Р 1- ф2/6'
3) При ф = 0,1 Р = 2013«Г, при ф = 0,15 Р = 2017кГ, при ф = 0,2 Р = 2023 кГ.
4) Предел упругости достигается при Р = 2023 кГ.
8.56. d0 = 3,21 см\ Ю,70/о.
8 57 а)/_ РР (^kl Л м _______________
8.57. а)/-£7(А0Ц kl ij, Л1шах= ы .
б> EJW cos kl sin w + cos kl~X -T kip cos W) •
Mmax = — (мр cos kl (M SiП M + COS W — 1),
B) /=£^/ja<sec W—Mmax = —MoSec W.
469
я чя «_ РР (\ ^kl\ . _ р thkl
8.58. а) /-EJ kl j> ^max- Pl kl .
6) /=I7W7hw(chkl~klshkl~1+P/2chkl.
B) fBEJ(kip (^“chiw)' Mma* = ~M°№
, Mgl2 /sin kx kx\ .. .. sin kx
a V~ EJ (2u)a \sin 2u~~2uJ ’ x~ Ssin2u’
AM3 cosfe(2~X) MJ2 2(1-cosu)
' v • EJ (2u)a _ cos и ’ ' 8EJ и2 cos u
M — №<<
/wmax-cosu
рР ГСО8“(1-т)
B) V~EJ(2u)4 |_ cosu
pJl.. xd — x) 4
8EJu2 1 '
'=384 EJ
5t?
sec a— 1— у и2
м pl2 2 1— cosu
max g Ma CQS ц
г) при 0 < х < у
РР 3 sin kx Pl2 1
48EJP cosu — HETti2*’
c PP 3 (tg u — u) .. P sin kx . P kl Pltgu
~48eT—й*—* м*=й-^‘ M^2=2k tgT=T — •
. 2PZ3 1 РР 1
8.60. a) r-niEj i T a ~ 48EJ 1 T a*
4 Pis I 5 pp 1
где « = = Знай
минус в знаменателе соответствует сжимающей силе знак
плюс—растягивающей.
8.61. Точная и приближенная формулы дают почти совпадающие значения:
Л1тах ~ 1284 кРсм-
8.62. По уравнениям
_______________ — 1 ] a = д/ ( — 4- - -___
cos 0,5/ pGv/EJ / тах V cos 0,5/ VN/EJ
470
находим
N, Т 1 2,5 5 7,5 10 20 30 40
£/тах> 0,2 0,6 1,2 1,9 2,6 6,7 13,7 28,6
Отах, 20 50 105 163 225 530 1019 1942
Эйлерова критическая сила Л/а = 57,5 Т
8.63. Л4тах = 910 кГсм.
8.64. . л2 е 1,23а — —р //V 1' сравнение сточным решением по данным задачи 8.62 (при е= 1 см /Va = 57,5 Т) см. таблицу.
ЛС т 1 2,5 5 7,5 10 20 30 40
/, мм Приближенное решение 0,2 0,6 1,2 1,9 2,6 6,6 13,6 28,4
Точное решение 0,2 0,6 1,2 1,9 2,6 6,7 13,7 28,6
8.65.
а
т-----;—, где аа Максимальное напряже-
1— Оср/Оа
(1+//Й), где А = /1/6—радиус ядра сечения. Макси-
Стрела прогиба t =
ние сжатия ос = оср
мальное напряжение растяжения ор=оср(/Л—1). Напряжения в сече-
нии будут одного знака при f eg k. Напряжение ос достигнет предела
текучести при стреле прогиба f = й(ат/оср—1).
8.66. 1) Na0„= 1147 кГ; 2) 1160 кГ; 3) 1110 кГ.
1 „ Nl2 N
8.67. ) = /„—= 3™. Здесь «= — = _,
°тах=^ (у- + 4г) =1785 К.Г/СМ1.
8.68. При /=120 см Л/тах = 2440 кГ (76% от эйлеровой нагрузки). При
/ = 180 см /Vraax=1290 кГ (90% от эйлеровой нагрузки).
8.69. а) /Итах = 205 кГ м\ б) 305 кГм-, в) 58 кГм; г) 148 кГм; д) 240 кГм,
е) 80 кГм.
8.70. а) Л4В = —388 кГсм, отах=1965 кГ/см--, б) Л1а = -=290 кГсм.
8.71. Частота определяется по следующим формулам:
при л = 2
32EJg/ 2VP\
Pl3 V 8EJJ1
при л = 3
54EJg/ /У/2\
Pl3 V SEj)'
Частота колебаний приближается к нулю, если сжимающая сила N до-
стигает критического значения:
при л = 2 /VKp=8EJ//a,
при л = 3 /VKp=9£y//2.
471
8.72. Рг = 74 кГ; P2=130 «Г; в 8 раз. 8.73. 0,23 /сГ; в 3,18 раза.
8.74. /=1,34 мм; в 1,14 раза.
8.75. тко=1870 кГ/см2.
8.76. Рд0П=145кГ.
8.77. а) Критические напряжения увеличатся в 2,8 раза; б) увеличатся в 4 раза.
8.78. 1) окр= 1620 кГ/cjm2; 2) критические напряжения уменьшатся на
990 кГ/см2.
8.79. Угольник Пр.100-5, запас устойчивости п = 2,72.
8.80. Ркр mas = 26 500«Г, 6=1,65, РКР1 гп,г1=8560кГ, 6 = 4,95. 8.81. t = 0,72 мм.
ГЛАВА 9
9.1.
9.2.
9.3.
9.4.
9.5.
9.6.
9.7.
9.8.
9.9.
9.10.
9.11.
9.12.
9.13.
атах = 860 кГ/см2.
Ошибка составляет 7%.
Отах = 732 к-Г/см2 < [а].
Р = 330 кГ.
ад= 1424 кГ/см2, 0^=1166 кГ/см2.
отах = 775 кГ/см2.
1,38; 0,86.
O'max =1028 кГ/см2.
Р = 340 кГ.
PR л /R \
. nPRa Р пс_
Д- 2EJ ~ЕРЖп'
с=61 кГ/см, Р= 13 кГ,
6 = 0,0382 см.
M = PR (2 cosqp + sinq) 2 у0
\ л 2 л R
Р
=77 92л. По приближенной
СК
. формуле
9.14.
9.15.
9.16.
9.17.
9.18.
9.19.
9.20.
9.21.
9.22.
0,127РЯ, атах = 3,9?.
Мтах— j
Д = 98 £- , Отах = 5,38 -Т- •
Еа тах а1
атах = 740 кГ/см2; точное решение: атах = 7®0 кГ/см2.
По второй теории прочности /=1,92 см, по четвертой
По второй теории прочности при наличии днищ аакв=1760 ।
отсутствии днищ оакв=1870 кГ/см2. По третьей теории
°экв -2460 кГ/см2.
Идет в запас прочности:
2
/=1,76 см.
кГ/см2, при
1 прочности
( О9Кв)о2 чЬ 0 ~
о2=о
2 х 2
в \ о
---------- I Р •
.8____-.2 ] г
Н Г В J
Д = 26 = 0,0322 мм.
рв = 3220 кГ/см2.
6
р = -=7---=--------= 91 кГ/см2, в кольце
ё?/ + £;(1~и)
о = рй/2/= 1820 кГ/см2, в диске ar=<rt = —р = —91 кГ/см2,
(ад—ас) Д/
Др — —г-=- = 50 кГ/см2, в кольце
R/Eci+(l—n)/Ea
а=1000 кГ/см2, в диске аг=а1=— 50 кГ/см2.
Д = 26 = 0,0238 мм, р = 259 кГ/см2.
9.23.
472
fl.24. p = 365 кГ/см2, рв = 2520 кГ/см2.
9.25. Д = 26= 2Jp/£ = 0,0212 мм.
9.26. Amax = 26max = 0,0416 мм, Р=11,8 Т.
9.27. Д= 26 = ^1^^ = 0,0283 р = ^- = 530 кГ/см2.
fl.28. A=26 = ^(l-|xc)+g(g±^ + ji4) =0,067 мм.
9.29. В 1,3 раза.
9.30. рв = 360 кГ/см2.
9.31. р = 56,5 кГ/см2, в медной (<Ч)тах =—258 кГ/см2, о стальной
(Oi)max —257 кГ/см2.
fl.32. рв = In = 1920 кГ/см2.
уз Лв
ГЛАВА 10
10.1. од = 2560 кГ/см2, 1 = 0,58 см.
10.2. отах = 26,2 кГ/см2.
10.3. стд= 1240 кГ/см2.
10.4. /пр=2,52 м, лтах = 3390 об/мин.
10.5. Од = 967 кГ/см2, одоп= 111,8 м/сек.
10.6. Од =1680 кГ/см2. Превышение [or] на 5% допустимо.
10.7. од= 1580 кГ/см2.
10.8. од= 1000 кГ/см2.
10.9. Од = 1060 кГ/см2.
10.10. од = р0/2/9 /з IV = 284 кГ/см2.
10.11. од= 1210 кГ/см2, / = 0,46 см.
10.12. ш = 21,7 1/сек; ттах=1230 кГ/см2.
10.13. « = 294 об/мин.
10.14. ад=1273 кГ/см2, f = 3 см.
10.15. тд = PD2n/\5gtda = 140 кГ/см2.
10.16. „ = 4900 об/мин.
Ю.17. (ог)тах = (а/)гпах=Ц^|«2/?2 = 3270 кГ/см2.
10.18. (О/)тах = 6540 кГ/см2.
10.19. тд= 296 кГ/см2.
10.20. « = 3310 об/мин.
10.21. В диске ог = ог=171 кГ/см2, в ободе 0 = 2215 кГ/см2.
10.22. « = 4170 об/мин.
10.23. о(= 1530 кГ/см2, ог = —475 кГ/см2.
10.24. отах = 3100 кГ/см2.
10.25. отах= 1480 кГ/см2.
10.26. h0 = 0,25 см, hk = \,2 см.
10.27. й, = 2 см, ЬО = 7,2 см.
10.28. Ы] = 44,3 1/сек, Tt=0,142 сек, с учетом массы: <о2 = 42,1 1/се/с,
Т2 = 0,149 сек.
10.29. о»] = 1110 1/сек, со, = 1100 1/сек, 7'1 = 0,00566 сек, 7'2 = 0,00571 сек.
10.30. со = 68,5 1/сек, Т = 0,092 сек.
10.31. Частота увеличится в два раза.
10.32. Р = 9,31 кГ.
10.33. <0=12,5 1/сек, 7' = 0,502 сек.
10.34. со = 302 1/сек, „ = 2880 кол/мин.
10.35. « = 21,7 кол/сек.
10.36. Т = 2л iZP(C1 + 4c?J ,
У gClCt
10.37. <о=1/ <0д—<о“, где соо =
473
10.38. а) <о=Л9,5 1/сек, 7 = 0,322 сек., <о' = 19,1 1/сек, 7' = 0,329 сек,
б) <о = 78 l/сек, 7 = 0,0805 сек, <о' = 74,8 1/сек, 7' = 0,084 сек,
в) <о=156 1/сек, 7 = 0,0403 сек, со' = 151 1/сек; Г'=0,0416 сек.
10.39. «я = (1 + Л/Дст) P//4lV' = 880 кГ/см*.
10.40. <о = 35 1/сек, 7 = 0,18 сек, /1 = 333 кол/мин.
10.41. 7 = 0,16 сек, п = 376 кол/мин.
10.42. <о = 24,4 1/сек, 7 = 0,258 сек.
10.43. <0 = 39,4 1/сек.
10.44. № 45. Без учета массы балок — № 40.
10.45. <о= 17,7 1/сек.
10.46. <о = 31 1/сек, 7 = 0,202 сек.
10.47. <0 = ^- 1/ ^ = 5950 1/сек, 7 = 0,00106 сек:
Г* V р
10.48. /ппо=~+У — sin2^~.
пр 2g Z_g I
10.49. <0 = 52,6 1/сек, /г = 502 кол/мин.
10.50. Жесткий вал </ = 8,75 см, гибкий вал Ji = 4,35 см.
10.51. <о= j/ ^^-=730 1/сек.
10.52. /SS.
/~rh*
10.53. <о= 1/ у- =92,5 1/сек.
' J m
10.54. <0 = -^- 1/«^—=28,3 Мсек.
LJ г Qi
10.55. а) <о = 310 1/сек, 7 = 0,0203 сек;
б) <о = 202 1/сек, 7 = 0,0311 сек;
в) <о= 170 1/сек, 7 = 0,0369 сек.
10.56. <о = 403 1/сек, 7 = 0,0156 сек.
10.57.
10.58.
10.59.
<0=
<о =
/MJ np(J J mi) Л<?1 ,. . , .
; Jn₽_ зг*
1/".^^ +4) =340 if 7 = 0,0185 сек.
r=//3.
10.60. <ог = 54,4 l/сек, <o.2 = 51 1/сек.
10.61. О), =2,75 l/сек, <o.2 = 7,48 1/сек.
10.62. P = Poetu~u°Vu', «, =g/<0p.
10.63. /=1,22 м, /раб=1,03 м, /1=0,032 см, a„ = 372 кГ/см*.-
10.64. Закон движения груза
sin <oBr.
Прогиб балки
1 2 <о2 . ,
Рд = -о У А-У = ---Г— Sltl
А 1—Ш‘/Ш2
10.65. атах= 1958 кГ/см*.
474
10.66. Закон движения груза
х = ---------------sin <и„/.
1 — <DB/<02
Удлинение пружины
г (ыв/ш)2 . .
А. = Лст 4-, . , v, sin aBi.
1— (Wb/W 2
10.67. amax = 885 кГ/см2, <o = 78,5 1/сек, Л = 0,153 см.
10.68. araax=1610 кГ/см2, (о = 60,5 l/сек. Без учета массы балки
ozmax=1500 кГ/см2, м' = 62,5 1/сек.
10.69. п = 540 об/мин, отах = 490 кГ/см2.
10.70. Закон движения груза х=—. —-- ( sin ыв/—-5 sin со/ ) ,
Р((02-(0в2) V <° /
р.а
°тах = 1170 кГ/см2. При установившемся режиме х = р 3•sin
отах = 675 кГ/см2.
10.71. атах = 570 кГ/см2, w = 8.3 1/сек, амплитуда Л = 2,97 см,
10.72. т, = 700 кГ/см2, т2 = 590 кГ/см2.
10.73. = 0,617 У"с/т= 19,4 1 /сек, ш2= 1,62 УТ/т = 51 1/сек. При низшей
частоте Л1/Л2 = 0,62, при высшей частоте Л1/Л1 = —1,62.
10.74. со, = 5,69 У~ЁТ/тР = 74 1 /сек, ш3 = 22 VEJ/ml3- = 285 1/сек.
10.75. <окр= 54 1/сек, лкр = 516 об/мин.
10.76. (ot = 53,4 1/сек, <о2=253 1/сек. Для низшей частоты Л1/Л2=1,52, для
высшей А1/А3 = —-0,61.
10.77. со, = 26,5 1/сек, ш2= 132 1/сек.
10.78. Ш| = 5,5 1/сек, со2 = 77 1/сек.
10.79. Ш| = 28,8 1/сек ш2 = 60 1/сек, шя=25 1/сек (из плоскости). '
10.80. со) = 162,6 l/сек, ш2 = 252 1/сек.
10.81. со, =26,8 1/сек, от, = 53 1/сек.
Отношение амплитуд (pi’.q)2:<p3 = ---:1s----------Ч-. - .
Cj ш J fflj с2 Си J тз
При низшей частоте <pi :<р2:(р3= —230:100:156, при высшей частоте
(Pi •ф2:фз = —21,5:100: —241.
10.82. со’2 = —С,|С'2 т„ (V и = 25,8 1/сек,
с, +c2t3 \Jm.t J ml /
10.83. Л] яа Л2 = 2,44 см, аа= 1170 кГ/см’1.
10.84. Дд — 2Дст = 0,73 см, a4 = 2oCT = 80 кГ/см*.
10.85. Дд = 2Дст = 0,727 см, ад = 2ост = 60 кГ/см1.
10.86. Дд=0,242 см, од=1680 кГ/см*.
10.87. тд= 1590 кГ/см1.
10.88. Лд = 0,565 см, Од = 5650 кГ/смг. С учетом массы: Лд=0,556 см,
ад = 5560 кГ/см2.
10.89. од = 311 кГ/см2, h= 410 см.
10.90. Динамические напряжения одинаковы.
10.91. од=3280 кГ/см2, ад=3780 кГ/см2.
10.92. Од = 2230 кГ/см2, тд=Н25 кГ/см2.
10.93. В балке од= 1140 кГ/см2, в канате од= 1280 кГ/см2,
10.94. тд = 805 кГ/см2, ад=1425 кГ/см2.
10.95. тд = 3310 кГ/см2.
10.96. л =12,3.
475
10.97. о. = 3600 кГ/см*.
10.98. од=3570 кГ/см\ 5=18 см.
10.99. ад = о У 3£у/£=2130 кГ/см1.
10.100. Од = о V3/1£y/^(Z1 + 3i;J= 1610 кГ/см*.
10.101. /д = 9,25 см, Од = 3700 кГ/см*.
10.102. Дл = 0,417 см, од = 4330 кГ/см*.
10.103. На 41%.
10.104. тд = 478 кГ/см*.
10.105. ал= 170 кГ/см"1.
10.106. Л4тах==<о /3EJPl/g.
10.107. од = 1700 кГ/см*.
10.108. A4max = /lOEJph.
ГЛАВА И
11.1. 0-1= 1500 к.Г/см\
11.2. От 430 до 360 кГ/см?.
11.3. [о0] = 430 кГ/см\ [о_,]==220 кГ/см*.
11.4. л=1,7.
11.5. л = 2,7, лт = 3,7.
11.6. л = 1,44, лт=1,53.
11.7. Мтах == 472 кГм, 118 кГм.
11.8. л =1,72, лт = 3,6.
11.9. /- = 8 мм.
11.10. л = 2,1, лт = 3,5.
11.11. л =1,78.
11.12. От nt = 286 об/мин до л, = 423 об/мин.
11.13. От л( = 860 об/мин до л2=1130 об/мин.
11.14. Л = 0,78 мм.
11.15. / = 75 час.
11.16. 6=1,1 мм.
11.17. <р = 9,45°.
11.18. Л = 2,1 мм.
11.19. / = 310 час.
11.20. На 30%.
ПРИЛОЖЕНИЕ
Т абл и ца £
Значения функций
я . 4 f~k—
г]=«—p*(cos fl*-}-sin иrit =е p*(cos fl*—sin fbrt 0= Т/ ——
т 4 с J
для расчета балок на упругом основании
В* и и. В* - ’ll
0,0 1,0000 1,0000 3,6 —0,03659 —0,01241
0,1 0,9907 0,8100 3,7 —0,03407 —0,00787
0,2 0,9651 0,6398 3,8 —0,03138 —0,00401
0,3 0,9267 0,4888 3,9 —0,02862 —0,00077
0,4 0,8784 0,3564 а/4л —0,02786 0,00000
0,5 0,8231 0,2415 4,0 —0,02583 +0,00189
0,6 0,7628 0,1431 4,1 —0,02309 0,00403
0,7 0,6997 0,0599 4,2 —0,02042 0,00572
1/4л 0,6448 0,0000 4,3 —0,01787 0,00699
0,8 0,6354 —0,0093 4,4 -0,01546 0,00791
0,9 0,5712 —0,0657 4,5 -0,01320 0.00852
1.0 0,5083 —0,1108 4,6 —0,01112 0,00786
1,1 0,4476 —0,1457 4,7 —0,00921 0,00898
1,2 0,3899 —0,1716 в/4л —0,00898 0,00898
1,3 0,3355 —0,1897 4,8 —0,00748 0,00892
1,4 0,2849 —0,2011 4,9 —0,00593 0,00870
1,5 0,2384 —0,2068 5,0 —0,00455 0,00837
*/2 л 0,2079 —0,2079 5,1 —0,00334 0,00795
1,6 0,1959 —0,2077 5,2 —0,00229 0,00746
1,7 0,1576 —0,2047 5,3 —0,00139 0,00692
1,8 0,1234 —0,1985 5,4 —0,00063 0,00636
1,9 0,0932 —0,1899 7 А л 0,00000 0,00579
2,0 0,0667 —0,1794 5,5 +0,00001 0,00578
2,1 0,0439 —0,1675 5,6 0,00053 0,00520
2,2 0,0244 —0,1548 5,7 0,00095 0,00464
2,3 0,0080 —0,1416 5,8 0,00127 0,00409
а/4 л 0,0000 —0,1340 5,9 0,00152 0,00356
2,4 —0,0056 -0,1282 6,0 0,00169 0,00307
2,5 —0,0166 —0,1149 6,1 0,00180 0,00261
2,6 —0,0254 —0,1019 6,2 0,00185 0,00219
2,7 —0,0320 —0,0895 а/4л 0,00187 0,00187
2,8 —0,0369 —0,0777 6,3 0,00187 0,00181
2,9 —0,0403 —0,0666 6,4 0,00184 0,00146
3 0 —0,04226 —0,05632 6,5 0,00179 0,00115
3,1 —0,04314 —0,04688 6,6 0,00172 0,00087
Л —0,04321 —0,04321 6,7 0,00162 0,00063
3,2 —0,04307 —0,03831 6,8 0,00152 0,00042
3,3 -0,04224 -0,03060 6,9 0,00141 0,00024
3,4 —0,04079 —0,02374 7,0 0,00129 0,00009
3,5 -0,03887 —0,01769 ’/4л 0,00120 0,00000
477.
Таблица 2
Значения определенных интегралов, встречающихся при нахождении
усилий и перемещений в стержнях и кольцах с круговой осью *)
№ /<0> a f / (0) 40 0
1 sin Р 1 — cos a
2 cos 3 sin a l-o.l — — sin 2a+-g-a
3 sin2 3
4 COS2 Р -4 cos2a+-ja 1 „ 3 ,2
5 sin3 Р -77-cos 3a —-j-cos a 4--^- 12 4 1 3
6 cos3 Р 1 '3 -js" sin 3a-|—4-sin a
7 J sin p sin a—a cos a
8 } cos P cos a + a sin a— 1
9 J2 sin p 2a sin a—(a2 — 2) cos a—2
10 P2 cos P 2a cos a+(a2 —2) sin a 1 , 1 . „ 1 „ , 1 -r-a2—— a sin 2a—5- cos 2a-f—=- 4 4 8 8
11 P sin2 p
12 P cos2 P -^-a2-|—^-asin 2ag- cos 2a — у
13 sin p cos P .I . , -g- sin- a
14 sin p cos2 P 4-(l—cos3 a) 0
15 sin2 p cos P у sin3 a
16 sin2 P cos2 P 1 1 -a -8a-32-sm4a
17 sin 2P 1 1 „ -2—7 cos 2a
18 cos 2P 1 • 0 у sin 2a
19 P sin 2P sin 2a—— a cos 2a 4 2
20 P cos 2P 1 0,1-0 1 т cos2a+-T-asm 2a—г 4 1 2 4
21 sin (a—P) 1 —cos a
22 cos (a—P) sin a
23 sin p sin (a —P) 1 1 — sina — у acosa
24 sin p cos (<x —P) 1 у a sina
25 cos P sin (« —P) 1 — a sina
26 cos P cos (a —P) 1 • 1 — si n a -y acosa
•) С. Д. Пономарев и др Расчеты на прочность R машиностроении, т. Г,
Машгиз , 1956, табл. 42.
478
Таблица Зг
Коэффициенты- <р уменьшения допускаемых напряжений при продольном изгибе
X Ст. 2, Ст. 3. Ст. 4 Ст. 6 Чугун Дерево X Ст. 2. Ст. 3, Ст, 4 Ст. 6 Чугун Дерево
0 1,00 1,00 1,00 1,00 ПО 0,52 0,43 . - 0,25
10 0,99 0,98 0,97 0,99 120 0,45 0,36 0,22
20 0,96 0,95 0,91 0,97 130 0,40 0,33 0,18
30 0,94 0,92 0,81 0,93 140 0,36 0,29 0,16
40 0,92 0,89 0,69 0,87 150 0,32 0,26 — 0,14
50 0,89 0,86 0,57 0,80 160 0,29 0,24 — 0,12-
60 0,86 0,82 0,44 0,71 ! 170 0,26 0,21 —> 0,11
70 0,81 0,76 0,34 0,60 j 180 0,23 0,19 — 0,10
80 0,75 0,70 0,26 0,48 190 0,21 0,17 —— 0,09
90 100 0,69 0,60 0,62 0,51 0,20 0,16 0,38 0,31 200 0,19 0,16 0,08
Таблица 4
Значения функций
ч 3/ 1 1 \ т, , 3/1 1 \ v/ ч 3(tgu—и)
u—u\sin2u 2и)’ U~2u \2и tg2u)’ “ и3
Л п U = ~2 1 i/ N к - |/ _г , для расчета балок на продольно-поперечный изгиб " nJ
iu Ф (U) Т (и) X <и) 2и Ф (и) V (н) X (и)
1,00 1,1304 1,0737 1,1113 2,52 3,1438 2,1343 2,7794
1,10 1,1617 1,0912 1,1379 2,53 3,1931 2,1595 2,8197
1,20 1,1979 1,1114 1,1686 2,54 3,2437 2,1855 2,8612
1,30 1,2396 1,1345 1,2039 2,55 3,2963 2,2124 2,9043
1,40 1,2878 1,1610 1,2445 2,56 3,3508 2,2402 2,9488
1,50 1,3434 1,1915 1,2914 2,57 3,4072 2,2690 2,9949
1,60 1,4078 1,2266 1,3455 2,58 3,4657 2,2988 3,0427
1,70 1,4830 1,2673 1,4085 2,59 3,5262 2,3297 3,0922
1,80 1,5710 1,3147 1,4821 2,60 3,5890 2,3618 3,1435
1,90 1,6750 1,3704 1,5689 2,61 3,6542 2,3950 3,1968
2,00 1,7993 1,4365 1,6722 2,62 3,7220 2,4295 3,2522
2,10 1,9494 1,5158 1,7967 2,63 3,7925 2,4654 3,3097
2,20 2,1336 1,6124 1,9491 2,64 3,8659 2,5027 3,3696
2,21 2,1543 1,6233 1,9663 2,65 3,9421 2,5415 3,4319
2,22 2,1754 1,6343 I,9837 2,66 4,0218 2,5819 3,4969
2,23 2,1972 1,6457 2,0016 2,67 4,1047 2,6241 3,5646
2,24 2,2197 1,6572 2,0199 2,68 4,1914 2,6680 3,6353
2,25 2,2421 1,6690 2,0386 2,69 4,2820 2,7140 3,7092
2,26 2,2654 1,6812 2,0578 2,70 4,3766 2,7619 3,7863
2,27 2,2891 1,6936 2,0775 2,71 4,4757 2,8121 3,8671
2,28 2,3135 1,7062 2,0976 2,72 4,5795 2,8648 3,9517
479
Продолжение табл. 4
2« Ф (U) Ф (и) X (и) 2и Ф (И) Ф (U) X (и)
2,29 2,3384 1,7192 2,1181 2,73 4,6885 2,9199 4,0405
2,30 2,3641 1,7325 2,1392 2,74 4,8029 2,9778 4,1337
2,31 2,3902 1,7461 2,1608 2,75 4,9233 3,0386 4,2317
2,32 2,4171 1,7601 2,1830 2,76 5,0499 3,1027 4,3349
2,33 2,4448 1,7744 2,2057 2,77 5,1835 3,1702 4,4436
2,34 2,4731 1,7891 2,2290 2,78 5,3245 3,2414 4,5584
2,35 2,5022 1,8041 2,2529 2,79 5,4736 3,3166 4,6797
2,36 2,5320 1,8195 2,2774 2,80 5,6315 3,3963 4,8082
2,37 2,5625 1,8354 2,3025 2,81 5,7990 3,4807 4,9444
2,38 2,5939 1,8516 2,3284 2,82 5,9770 3,5704 5,0892
2,39 2,6262 1,8683 2,3550 2,83 6,1664 3,6659 5,2432
2,40 2,6596 1,8854 2,3822 2,84 6,3685 3,7676 5,4075
2,41 2,6935 1,9031 2,4103 2,85 6,5845 3,8764 5,5832
2,42 2,7287 1,9212 2,4391 2,86 6,8160 3,9928 5,7713
2,43 2,7649 1,9398 2,4687 2,87 7,0646 4,1179 5,9733
2,44 2,8021 1,9589 2,4993 2,88 7,3322 4,2525 6,1907
2,45 2,8403 1,9786 2,5306 2,89 7,6212 4,3977 6,4255.
2,46 2,8798 1,9989 2,5630 2,90 7,9343 4,5550 6,6798
2,47 2,9204 2,0198 2,5964 2,91 8,2745 4,7259 6,9561
2,48 2,9624 2,0413 2,6307 2,92 8,6455 4,9121 7,2573
2,49 3,0056 2,0635 2,6662 2,93 9,0516 5,1160 7,5871
2,50 3,0502 2,0864 2,7027 2,94 9,4982 5,3401 7,9496
2,51 3,0963 2,1100 2,7405 2,95 9,9915 5,5875 8,3500
2,96 10,5393 5,8622 8,7946 3,14 1199,1629 600,1900 972 ,2562
2,97 11,1510 6,1688 9,2910 3,15 -227,1668 -112,9747 —183,8716
2,98 11,8386 6,5134 9,8489 3,16 — 103,7576 —51,2692 -83,8391
2,99 12,6171 6,9035 10,4804 3,17 —67,2348 —33,0068 —54,2342
3,00 13,5057 7,3486 11,2013 3,18 —49,7313 —24,2541 —40,0458
3,01 14,5295 7,8613 12,0317 3,19 —39,4600 — 19,1176 —31,7195
3,02 15,7219 8,4583 12,9988 3,20 —32,7063 — 15,7398 —26,2445
3,03 17,1282 9,1623 14,1393 3,30 — 12,0770 —5,4154 — ,5162
3,04 18,8116 10,0049 15,5044 3,40 —7,4248 —3,0787 —5,7378
3,05 20,8629 11,0314 17,1677 3,50 —5,3769 —2,0433 —4,0697
3,06 23,4176 12,3096 19,2388 3,60 —4,2292 — 1,4572 —3,1308
3,07 26,6860 13,9446 21,8886 3,70 —3,4990 — 1,0787 —2,5292
3,08 31,0160 16,1105 25,3989 3,80 —2,9961 —0,8128 —2,1113
3,09 37,0244 19,1156 30,2701 3,90 -2,6314 —0,6147 — 1,8043
3,10 45,9234 23,5659 37,4839 4,00 -2,3570 —0,4603 —1,5694
3,11 60,4566 30,8334 49,2647 4,10 —2,1454 —0,3355 — 1,3840
3,12 88,4522 44,8321 71,9577 4,20 — 1,9792 -0,2317 —1,2342
3,13 164,7487 82,9812 133,8017
480
Таблица 5
.<
Коэффициенты ц приведения длины / для шарнирно
опертого стержня переменной жесткости
Средняя часть длиной а—постоянной жесткости
(момент инерции сечения J2); жесткость крайних ча-
стей, симметричных относительно середины стержня,
меняется по закону Jx = J2 (х/Ь)1
J\! J i all
° 0,2 о , 4 о . 6
0 3,14 2,52 1,89 1 ,26
0,2 1,25 1,15 1,07 1,02
0,4 1,14 1 ,03 1,04 1 ,01
0,6 1 ,08 1,05 1 ,02 1,01
Сталь прокатная угловая равнобокая
по ГОСТу 8509—57
№ профилей Раз- меры Пло- щадь про- филя F Вес 1 пог. м С in-:'во.ч 11 ые величины для осей
х—х х0 — !/о—Уо
Ь d J* । хй мэкс. 1 % макс. । j ! Уй МИН. НИН Ofij
м.ч C.W2 кГ 7 .11 1 см см* см СМ ' см см* СМ
о 20 3 4 1,13 1 ,46 0,89 1,15 0,40 0,50 0,59 0,58 0,63 0,78 0,75 0,73 0,17 0,22 0,39 0,38 6,81 1,09 0,60 0,64
6 Под рсд, A. A. ancr-oio
481
Продолжение табл. 6
профилей Раз- меры Пло- щадь про- филя F Вес 1 пог. м Справочные величины для осей
х—х Х0 Х0 //о—Ус Х1 — *1 2в
ь d J.Z эяеи Са/. К л X <э ч мин. % мин. н"
мм см* кГ см* СМ СЛ14 см см* см см* СМ
ОК 3 1 ,43 1,12 0,81 0,75 1,29 0,95 0,34 0,49 1,57 0,73
4 1,86 1 ,46 1 ,03 0,74 1,62 0,93 0,44 0,48 2,11 0,76
2,8 28 3 1,62 1,27 1,16 0,85 1,84 1 1,07 0,48 ),55 2,20 0,80
3,2 3 1 ,86 1,46 1,77 0,97 2,80 1,23 0,74 0,63 3,26 0,89
4 2,43 1,91 2,26 0,96 3,58 1,21 0,94 0,62 4,39 0,94
3,6 3 2,10 1,65 2,56 1,10 4,06 1,39 1,06 0,71 4,64 0,99
<30 4 2,75 2,16 3,29 1,09 5,21 1,38 1,36 0,70 6,24 1,04
3 2,35 1,85 3,55 1,23 5,63 1,55 1,47 0,79 6,35 1,09
4 4U 4 3,08 2,42 4,58 1,22 7,26 1,53 1,90 0,78 8,53 1,13
3 2,65 2,08 5,13 1,39 8,13 1,75 2,12 0,89 9,04 1 ,21
4,5 45 4 3,48 2,73 6,63 1,38 10,5 1,74 2,74 0,89 12,1 1,26
5 4,29 3,37 8,03 1,37 12,7 1,72 3,33 0,88 15,3 1,30
3 2,96 2,32 7,11 ' 1,55 11,3 1,95 1,95 1,00 12,4 1,33
5 50 4 3,89 3,05 9,21 1,54 14,6 1,94 3,80 0,99 16,6 1,38
5 4,80 3,77 11,2 1,53 17,8 1,92 4,63 0,98 20,9 1,42
3,5 3,86 3,03 11,6 1,73 18,4 2,18 4,80 1,12 20,3 1,50
5,6 56 4 4,38 3,44 13,1 1,73 20,8 2,18 5,41 1,11 23,3 1,52
5 5,41 4,25 16,0 1,72 25,4 2,16 6,59 1,10 29,2 1,57
4 4,96 3,90 18,9 1,95 29,9 2,45 7,81 1,25 33,1 1,69
6,2 62 5 6,13 4,81 23,1 1,94 36,6 2,44 9,52 1,25 41,5 1,74
6 7,28 5,72 27,1 1,93 42,9 2,43 11,2 1,24 50,0 1,78
482
Продолжение табл. 6
профилей Раз- меры Пло- щадь про- филя F Вес 1 пог. м Справочные величины для осей
х—х X,— X,
ь d 1* W ж я 5 О X я S •инн ой/. МИН. В*
£ мм см1 кГ см* СМ СМ* СМ см* см СМ* сМ
4,5 6,20 4,87 29,0 2,16 46,0 2,72 12,0 1,39 51,0 1,88
5 6,86 5,38 31,9 2,16 50,7 2,72 13,2 1,39 56,7 1,90
7 70 6 8,15 6,39 37,6 2,15 59,6 2,71 15,5 1,38 68,4 1,94
7 9,42 7,39 43,0 2,14 68,2 2,69 17,8 1,37 80,1 1,99
8 10,7 8,37 48,2 2,13 76,4 2,68 20,0 1,37 91,9 2,02
5 7,39 5,80 39,5 2,31 62,6 2,91 16,4 1,49 69,6 2,02
6 8,78 6,89 46,6 2,30 73,9 2,90 19,3 1,48 83,9 2,06
7,5 75 7 10,1 7,96 53,3 2,29 84,6 2,89 22,1 1,48 98,3 2,10
8 11,5 9,02 59,8 2,28 94,9 2,87 24,8 1,47 113 2,15
9 12,8 10,1 66,1 2,27 105 2,86 27,5 1 ,46 127 2,18
5,5 8,63 6,78 52,7 2,47 83,6 3,11 21,8 1,59 93,2 2,17
6 9,38 7,36 57,0 2,47 90,4 3,11 23,5 1,58 102 2,19
О oU 7 10,8 8,51 65,3 2,45 104 3,09 27,0 1,58 119 2,23
8 12,3 9,65 73,4 ,44 116 3,08 30,3 1,57 137 2,27
6 10,6 8,33 82,1 2,78 130 3,50 34,0 1,79 145 2,43
7 12,3 9,64 94,3 2,77 150 3,49 38,9 1,78 169 2,47
У уи 8 13,9 10,9 106 2,76 168 3,48 43,8 1,77 194 2,51
9 15,6 12,2 118 2,75 186 3,46 48,6 1,77 219 2,55
6,5 12,8 10,1 122 3,09 193 3,88 50,7 1,99 ’ 214 2,68
7 13,8 10,8 131 3,08 207 3,88 54,2 1,98 231 2,71
8 15,6 12,2 147 3,07 233 3,87 60,9 1,98 265 2,75
10 юс 10 19,2 15,1 179 3,05 284 3,84 74,1 1,96 333 2,83
12 22,8 17,9 209 3,03 331 3,81 86,9 1,95 402 2,91
14 26,3 20,6 237 3,00 375 3,78 99,3 1,94 472 2,99
16 29,7 23,3 264 2,98 416 3,74 112 1,94 542 3,06
7 15,2 11,9 176 3,40 279 4,29 72,7 2,19 308 2,96
8 17,2 13,5 198 3,39 315 4,28 81,8 2,18 353 3,00
16
483
Продолжение табл. 6
профилей Раз- меры Пло- щадь про- филя F Вес 1 Г/03. At Справочные величины для осей
х—х —Ло I/O—Уо X,— xt *,
b d Jx макс хи макс. ^$’0 мин. I 1 МНВ.
2 ММ ем2 к Г СМ* СМ см* см см* см см* СМ
8 19,7 15,5 294 3,87 467 4,87 122 2,49 516 3,46
9 22,0 17,3 327 3,86 520 4,86 135 2,48 582 3,40
12,5 125 10 24,3 19,1 360 3,85 571 4,84 149 2,47 649 3,45
12 28,9 22,7 422 3,82 670 4,82 174 2,46 782 3,53
14 33,4 26,2 482 3,80 764 4,78 200 2,45 916 3,61
16 37,8 29,6 539 3,78 853 4,75 224 2,44 1 051 3,68
9 24,7 19,4 466 4,34 739 5,47 192 2,79 818 3,78
14 140 10 27,3 21,5 512 4,33 814 5,46 211 2,78 911 3,82
12 32,5 25,5 602 4,31 957 5,43 248 2,76 1097 3,90
10 31,4 24,7 774 4,96 1 229 6,25 319 3,19 1356 4,30
11 34,4 27,0 844 4,95 1 341 6,24 348 3,18 1 494 4,35
12 37,4 29,4 913 4,94 1 450 6,23 376 3,17 1 633 4,39
16 160 14- 43,3 34,0 1046 4,92 1 662 6,20 431 3,16 1 911 4,47
16 49,1 38,5 1175 4,89 1 866 6,17 485 3,14 2 191 4,55
18 54,8 43,0 1299 4,87 2 061 6,13 537 3,13 2 472 4,63
20 60,4 47,4 1419 4,85 2 248 6,10 589 3,12 2 756 4,70
18 180 11 38,8 30,5 1216 5,60 1 933 7,06 500 3,59 2 128 4,85
12 42,2 33,1 1317 5,59 2 093 7,04 540 3,58 2 324 4,89
12 47,1 37,0 1823 6,22 2 896 7,84 749 3,99 3 182 5,37
13 50,9 39,9 1961 6,21 3 116 7,83 805 3,98 3 452 5,42
14 54,6 42,8 2097 6,20 3 333 7,81 861 3,97 3 722 5,46
20 200 16 62,0 48,7 2363 6,17 3 755 7,78 970 3,96 4 264 5,54
20 76,5 60,1 2871 6,12 4 560 7,72 1182 3,93 5 355 5,70
25 94,3 74,0 3466 6,06 5 494 7,63 1438 3,91 6 733 5,89
30 111,5 87,6 4020 6,00 6 351 7,55 1688 3,89 8 130 6,07
22 220 14 60,4 47,4 2814 6,83 4 470 8,60 1159 4,38 4 941 5,93
16 68,6 53,8 3175 6,81 5 045 8,58 1306 4,36 5 661 6,02
16 78,4 61,5 4717 7,76 7 492 9,78 1942 1 4,98 8 286 6,75
18 87,7 68,9 5247 7,73 8 337 9,75 2158 4,96 9 342 6,83
20 97,0 76,1 5765 7,71 9 160 9,72 2370 4,94 10 401 6,91
25 250 22 106,1 83,3 6270 7,69 9 961 9,69 2579 4,93 11 464 7,00
25 119,7 94,0 7006 7,65 11 125 9,64 2887 4,91 13 064 7,11
28 133,1 104,5 7717 7,61 12 244 9,59 3190 4,89 14 674 7,23
30 142,0 111,4 8177 7,59 12 965 9,56 3389 4,89 15 753 7,31
4а4
Размеры
Ns ПрО- фмЛёй Вес 1 пог. м в кГ Л ь d
мм
10 11,1 100 70 4,5
12 13,0 120 75 5,0
14 14,8 140 82 5,0
16 16,9 160 90 5,0
18 18,7 180 95 5,0
18a 19,9 180 102 5,0
20 20,7 200 100 5,2
20a 22,2 200 110 5,2
22 23,7 220 110 5,3
Таблица 7
Сталь прокатная. Балки двутавровые по ГОСТу 8239^55
Справочные величины для осей
Площадь X — •X л- у-у
•* . СА11 •х - У ' У ‘У
см* см3 СМ CJWS см* с.и* см
7,2 14,2 244 48,8 4,15 28,0 35,3 10,1 1,58
7,3 16,5 403 67,2 4,94 38,5 43,8 11,7 1,63
7,5 18,9 632 90,3 5,78 51,5 §8,2 14,2 1,75
7,7 21,5 945 118 6,63 67,0 77,6 17,2 1,90
8,0 23,8 1 330 148 7,47 83,7 94,6 19,9 1,99
8,2 25,4 1 440 160 7,53 90,1 119 23,3 2,17
8,2 26,4 1810 181 8,27 102 112 22,4 2,06
8,3 28,3 1 970 197 8,36- 111 148 27,0 2,29
8,6 30,2 2 530 230 9,14 130 155 28,2 2,26
оо
о
Размеры
про- филей Вес 1 пог. м в кГ h ь d
мм
22а 25,4 220 120 5,3
24 27,3 240 115 5,6
24а 29,4 240 125 5,6
27 31,5 270 125 6,0
27а 33,9 270 135 6,0
30 36,5 300 135 6,5
30а 39,2 300 145 6,5
33 42,2 330 140 7,0
36 48,6 360 145 7,5
40 56,1 400 155 8,0
45 65,2 450 160 8,6
50 76,1 500 170 9,3
55 88.6 550 180 10,0
60 103 600 190 10,8
65 119 650 200 И,7
70 137 700 210 12,7
70а 158 700 210 15,0
706 184 700 210 17,5
Продолжение табл. 7
Спрапочнь е величины для осей
Площадь 1" — X Р~'/
F. см* u't Ле Sx J w ч
см* см' см (7JK8 СМ* см* см
8,8 32,4 2 760 251 9,23 141 203 33,8 2,50
9,5 34,8 3 460 289 9,97 163 198 34,5 2,37
9,8 37,5 3 800 317 10,1 178 260 41,6 2,63
9,8 40,2 5010 371 11,2 210 260 41,5 2,54
10,2 43,2 5 500 407 11,3 229 337 50,0 2,80
10,2 46,5 7 080 472 12,3 268 337 49,9 2,69
10,7 49,9 7 780 518 12,5 292 436 60,1 2,95
11,2 53,8 9 840 597 13,5 339 419 59,9 2,79
12,3 61,9 13 380 743 14,7 423 516 71,1 2,89
13,0 71,4 18 930 947 16,3 540 666 85,9 3,05
14,2 83,0 27 450 1220 18,2 . 699 807 101 3,12
15,2 96,9 39 120 1560 20,1 899 1040 122 3,28
16,5 113 54 810 1990 22,0 1150 1350 150 3,46
17,8 131 75 0Ю 2500 23,9 1440 1720 181 3,62
19,2 151 100 840 3100 25.8 1790 2170 217 3,79
20,8 174 133 890 3830 27,7 2220 2730 260 3,96
24,0 202 . 152 700 4360 27,5 2550 3210 309 4,01
28,2 234 175 370 .5010 27,4 2940 3910 373 4,09
№ профилей Размерь»
В ь d
мм
2,5/1,6 25 16 3
3,2/2 32 20 3 4
4/2,5 40 25 3 4
4,5/2,8 - 45 28 3 4
Таблица 8
Сталь прокатная угловая неравнобокая по ГОСТу 8510—57
— Пло- щадь про- филя F Вес 1 пог. м Справочные величины для осей
х — х у-у X. — X. ih — Уу и — и
J X Jy 's Jlx Расстоя- ние от центра тяжести мин. Расстоя- ние от центра тяжести >0 •/ >1 мин. 'и МИН. Угол наклона оси tg а
см* кГ СМ* см С.М* CM CM* ель слН см см4 C.W
1,16 0,91 0,70 0,78 0,22 0,44 1,56 0,86 0,43 0,42 0,13 0,34 0,392
1,49 1,94 1,17 1,52 1,52 1,93 1,01 1,00 0,46 0,57 0,55 0,54 3,26 4,54 1,08 4,38 0,82 1,12 0,49 1,12 0,28 0,53 0,43 0,43 0,382 0,374
1,89 2,47 1,48 1,94 3,06 3,93 1,27 1,26 0,93 1,18 0,70 0,69 6,37 8,53 1,32 1,37 1,58 2,15 0,59 0,63 0,56 0,71 0,54 0,54 0,385 0,381
2,14 2,80 1,68 2,20 4,41 5,68 1,43 1,42 1,32 1,69 0,79 0,78 9,02 12,1 1,47 1,51 2,20 '2,98 0,64 0,68 0,79 1,02 0,61 0,60 0,382 0,379
Продолжение табл. 8
№ профилей Размеры Пло- щадь про- филя F Вес 1 пог.м Справочные величины для осей
В b X — X у—у Л1 — 't — Vt и — и
Jx ‘х Jn i и 'х, Расстоя- ние от центра тяжести 1/0 'vi мни., Расстоя- ние от центра тяжести х,, инн. МИН. Угол наклона оси tg а
.If.и см- к Г см4 см гл' С.И ели* C.lf см4 C.U * C.U
5/3,2 ГА 3 2,42 1 ,90 6,17 1,60 1,99 0,91 12,4 1,60 3,26 0,72 1 ,18 0,70 0,403
DU oZ 4 3,17 2,49 7,98 1,59 2,56 0,90 16,6 1,65 4.42 0,76 1,52 0,69 0,401
3,5 3,16 2,48 10,1 1,79 3,30 1 ,02 20,3 1,80 5,43 0,82 1 ,95 0,79 0,407
5,6/3,6 56 36 4 3,58 2,81 11,4 1,78 3,70 1,02 23,2 1,82 6,25 0,84 2,19 0,78 0,406
5 4,41 3,46 13.8 1,77 4,48 1,01 29,2 1,86 7,91 0,88 2,66 0,78 0,404
4 4,04 3,17 16,3 2,01 5,16 1,13 33,0 2,03 8,51 0,91 3,07 0,87 0,397
6,3/4,0 5 4,98 3,91 19,9 2,00 6,26 1 ,12 41,4 2,08 10,8 0,95 3,73 0,86 0,396
Оо 40 6 5,90 4,63 23,3 1,99 7,28 1,11 49,9 2,12 13,1 0.99 4,36 0,86 0,393
8 7,68 6,03 29,6 1,96 9,15 1 ,09 66,9 2,20 17,9 1,07 5,58 0,85 0,386
7/4,5 4,5 5,07 3,98 25,3 2,23 8,25 1,28 51 2,25 . 13,6 1,03 4,88 0,98 0,407
/и 40 5 5,59 4,39 27,8 2,23 9,05 1,27 56,7 2,28 15,2 1,05 5,34 0,98 0,406
7,5/5 75 5 6,11 4,79 34,8 2,39 12,5 1,43 69,7 2,39 20,8 1,17 7,24 1,09 0,436
50 6 7,25 5,69 40,9 2,38 14,6 1,42 83,9 2,44 25,2 1,21 8,48 1,08 0,435
8 9,47 7,43 52,4 2,35 18,5 1 ,40 12 2,52 34,2 1,29 10,9 1,07 0,430
8/5 Qf\ 50 5 6,36 4,99 41,6 2,56 12,7 1,41 84,6 2,6 20,8 1,13 7,58 1,09 0,387
oU 6 7,55 5,92 49,0 2,55 14,8 1,40 102 2,65 25,2 1,17 8,88 1,08 0,386
9/5,6 90 56 5,5 6 8 7,86 8,54 11,18 6,17 6,70 8’77 65,3 70,6 90,9 2,88 2,88 2,85 19,7 21,2 27,1
6 9,59 7,53 98,3 3,2 30,6
10/6,3 100 63 7 11,1 8,70 113 3,19 35,0
8 12,6 9,87 127 3,18 39,2
10 15,5 12,1 154 3,15 47,1
И/7 ПО 70 6,5 11,4 12,3 8,98 9.64 142 152 3,53 3,52 45,6 48,7
11/7 НО 70 8 13,9 10,9 172 3,51 54,6
12,5/8 7 14,1 11 227 4,01 73,7
125 8 16 12,5 256 4 83,0
10 19,7 15,5 312 3,98 100
12 23,4 18,3 365 3,95 117
14/9 140 90 8 18 14,1 364 4,49 120
10 22,2 17,5 444 4,47 146
9 22,9 18 606 5,15 186
16/10 160 100 10 25,3 19,8 667 5,13 204
12 30 23,6 784 5.Н 239
14 34,7 27,3 897 5,08 272
18/11 180 НО 10 28,3 22,2 952 5,8 276
12 33,7 26,4 1123 5,77 324
11 34,9 27,4 1449 6,45 446
20/12,5 200 125 12 14 37,9 43,9 29,7 34,4 1568 1801 6,43 6,41 482 551
16 49,8 39,1 2026 6,38 617
12 48,3 37,9 3147 8,07 1032
25/16 250 160 16 18 63,6 71,1 49,9 55,8 4091 4545 8,02 7,99 1333 1475
20 78,5 61,7 4987 7,97 1613
1,58 132 2,92 32,2 1,26 11,8 1,22 0,384
1,58 145 2,95 35,2 1,28 12,7 1,22 0,384
1,56 194 3,04 47,8 1,36 16,3 1,21 0,380
1,79 198 3,23 49,9 1,42 18,2 1,38 0,393
1,78 232 3,28 58,7 1 ,46 20,8 1,37 0,392
1,77 266 3,32 67,6 1,50 23,4 1,36 0,391
1,75 333 3,40 85,8 1,58 28,3 1,35 0,387
2 286 3,55 74,3 1,58 26,9 1,53 0,402
1,99 309 3,57 80,3 1,6 28,8 1,53 0,402
1,98 353 3,61 92,3 1,64 32,3 1,52 0,400
2,29 452 4,01 119 1,8 43,4 1,76 0,407
2,28 518 4,05 137 1,84 48,8 1,75 0,406
2,26 649 4,14 173 1,92’ 59,3 1,74 0,404
2,24 781 4,22 210 2 69,5 1,72 0,400
2,58 727 4.49 194 2,03 70,3 1,98 0,411
2,56 911 4,58 245 2,12 85,5 1,96 0,409
2,85 1 221 5,19 330 2,23 ПО 2,2 0,391
2,84 1 359 5,23 335 2,28 121 2,19 0,390
2,82 1 634 5,32 405 2,36 142 2,18 0,388
2,8 1 910 5,40 477 2,43 162 2,16 0,385
3,12 1 933 5,88 444 2,44 165 2,42 0,375
3,1 2 324 5,97 537 2,52 194 2,40 0,374
3,58 2 920 6,5 718 2,79 264 2,75 0,392
3,57 3 189 6,54 786 2,83 285 2,74 0,392
3,54 3 726 6,62 922 2,91 327 2,73 0,390
3,52 4 264 6,71 1061 2,99 367 2,72 0,388
4,62 6212 7,97 1634 3,53 604 3,54 0,410
4,58 8 308 8,14 2200 3,69 781 3,50 0,403
4,56 9 358 8,23 2487 3,77 866 3,49 0,407
4,53 10410 8,31 2776 3,85 949 3,48 0,405
Сталь прокатная. Швеллеры по ГОСТу 8240—56
Таблица 9
Вес Размеры Пло- щадь Справочные величины для осей
х—х у — У
I псг.м НИЯ 2л
про* филей ь 1 F J, W'.x 'к
кГ мм слР см* сма C.W см* С.«я СМ СМ
5 4.8 50 32 4,4 7.0 6.16 22.8 9.1 1.92 5.59 5,61 2.75 0,954 1 16
6,5 5,90 65 36 4,4 7,2 7,51 48,6 15,0 2,54 9,00 .8,70 3,68 1,08 1,24
8 7,05 80 40 4,5 7,4 8,98 89,4 22,4 3,16 13,3 12,8 4,75 1,19 1,31
10 8,59 100 46 4,5 7,6 10,9 174 34,8 3,99 20,4 20,4 6,46 1,37 1,44
12 10,4 120 52 4,8 7,8 13,3 304 50,6 4,78 29,6 31,2 8,52 1,53 1,54
14 12,3 140 58 4,9 8,1 15,6 . 491 70.2 5,60 40,8 45,4 11,0 1,70 1,67
14а 13,3 140 62 4,9 8,7 17,0 545 77,8 5,66 45,1 57,5 13,3 1,84 1,87
16 14,2 160 64 5,0 8,4 18,1 747 93,4 6,42 54,1 63,3 13,8 1,87 1,80
16а 15,3 160 68 5,0 9,0 19,5 823 103 6,49 59,4 78,8 16,4 2,01 2,00
18 16,3 180 70 5,1 8,7 20,7 1 090 121 7,24 69,8 86,0 17,0 2,04 1,94
18а 17,4 180 74 5,1 9.3 22,2 1 190 132 7,32 76,1 105 20,0 2,18 2,13
20 18,4 200 76 5,2 9,0 23,4 1 520 152 8,07 87,8 113 20,5 2,20 2,07
20а 19,8 200 80 5,2 9,7 25,2 1 670 167 8,15 95,9 139 24,2 2,35 2,28
22 21,0 220 82 5,4 9,5 26,7 2 НО 192 8,89 НО 151 25,1 2,37 2,21
22а 22,6 220 87 5,4 10,2 28,8 2 330 212 8,99 121 187 30,0 2,55 2,46
24 24,0 240 90 5,6 10,0 30,6 2 900 242 9,73 139 208 31,6 2,60 2,42
24а 25,8 240 95 5,6 10,7 32,9 3 180 265 9,84 151 254 37,2 2,78 2,67
27 27,7 270 95 6,0 10,5 35,2 4 160 308 10,9 178 262 37,3 2,73 2,47
30 31,8 300 100 6,5 и,о 40,5 5810 387 12,0 224 327 43,6 2,84 2,52
33 36,5 330 105 7,0 11,7 46,5 7 980 484 13,1 281 410 51,8 2,97 2,59
36 41/9 360 ПО 7,5 12,6 53,4 10 820 601 14,2 350 513 61,7 3,10 2,68
40 48,3 400 115 8,0 13,5 61,5 15 220 761 15,7 444 642 73,4 3,23 2,75
о В d R R,
1 12 1,0 1,5 0,2
2 15 1,0 1,5 0,2
3 15 1,5 2 0,2
4 15 2,0 2 0,2
5 18 2,0 2 0,2
6 20 1,5 2 0,2
7 20 2,0 о 0,2
8 25 1,5 2 0,2
9 25 2,0 2 0,2
10 30 2,0 2 0,2
11 30 3,0 3,0 0,5
12 40 3,0 3 0,5
13 40 4,0 4 0,5
14 45 4,0 4 0,5
15 45 й,о 5 0,5
16 50 4,0 4 0,5
17 50 5,0 5 0,5
Таблица 10
Профили прессованные типа Пр-100
Расстояние до центра тяжести Площадь сечения F. слг* Моменты инерции Радиусы инерции Теоретический вес 1 пог. м в кГ
Ло. М.И #0. Л! .И Jx, см' /у. см4 см' !л. с.м lv. см Д1, Д6. Д16 Ав, АМц
3,31 3,31 0,234 0,032 0,032 —0,019 0,368 0,368 0,067 0,084 0,064 0,081
4> 4,06 0,294 0,063 0,063 —0,038 0,465 0,465
4,2.3 4,23 0,434 0,091 0,091 —0,054 0,456 0,456 0,124 0,119
4^2 4,42 0,564 0,114 0,114 —0,068 0,449 0,449 0,161 0,155
5,17 5,17 0,684 0,204 0,204 —0,122 0,546 0,546 0,195 0,188
5,48 5,48 0,584 0,222 0,222 -0,134 0,617 0,617 0,166 0,161
5,67 5,07 0,764 0,284 0,284 -0,171 0,610 0,610 0,218 0,210
6,73 6,73 0,734 0,444 0,444 —0,267 0,778 0,778 0,209 0,202
6,92 6,92 0,964 0,573 0,573 —0,345 0,771 0,771 0,275 0,265
8,17 8,17 1,164 1,011 1,011 —0,609 0,932 0,932 0,332 0,320
8,51 8,51 1,120 1,439 1,439 —0,864 0,914 0,914 0,490 0,473
11,00 11,00 2,320 3,549 3,549 —2,123 1,237 1,237 0,661 0,638
11,34 11,34 3,057 4,549 4,549 —2,731 1,220 1,220 0,84 0,841
12,59 12,59 3,457 6,592 6,592 -3,957 1,381 1,381 0,985 0,951
12,93 12,93 4,277 6,957 6,957 -4,770 1,361 1,361 0,219 1,176
13,84 13,84 3,857 9,171 9,171 —5,506 1,542 1,542 1,099 1,061
14,18 14,18 4,777 11,107 11,107 —6,478 1,525 1,525 1,361 1,314
№ профилей
Профили прессованные типа Пр-104
Таблица И
н В d й а R L——— Расстояние до центра тяжести Площадь сечения । F. см* Моменты инерции Радиусы инерции Теоретический вес 1 пог. м в к.Г
хв, мм Jx- см' Jy, СМ* 1я, см 'у “ Д I. Д 6. Д 16 АВ, АМц
20 15 1,5 6 2,5 2,0 0.2 14,25 10,00 0,951 0,559 0,671 —0,395 0,767 0,840 0,271 0,261
25 20 1,5 7 2,5 2,0 0,2 19,25 12,50 1,226 1,190 1,609 —0,904 0,985 1,145 0,349 0,337
25 20 1,8 7 3,0 2,0 0,2 19,10 12,50 1,432 1,359 1,788 -1,037 0,974 1,117 0,408 0,394
25 20 2,0 7 3,0 2,5 0.2 19,00 12,50 1,554 1,460 1,842 -1,118 0,969 1,089 0,443 0,427
30 20 2,0 7 3,0 2,5 0.2 24,00 15,00 1,854 2,663 3,381 —2,093 1,198 1,350 0,528 0,510
№ профилей н В d, 4,
1 25 18 2,0 1,5
2 25 18 2,5 2,0
3 40 25 2,0 1,5
4 40 . 25 3,0 2,0
5 40 25 4,0 3,0
Таблица 12
Профили прессованные типа Пр-105
Г г« Расстояние от центра тяжести Плошадь сечения F. см2 Моменты инерции Радиусы инерция Теоретический вес 1 лее- ж в кГ
х0, мм Л. ММ см* /у, СМ* СМ* гх. см /у, см Д1, Д6, Д16 АВ, АМц
2,0 0,2 17,25 12,50 1,048 1,083 0,673 —0,664 1,016 0,801 0,299 0,288
2,5 0,2 17,00 12,50 1,320 1,294 0,802 —0,785 0,990 0,780 0,376 0,363
2,0 0,2 24,25 20,00 1,553 4,235 1,878 —2,185 1,661 1,100 0,442 0,427
3,0 0,5 24,00 20,00 2,209 5,874 2,714 —3,060 1,631 1,108 0,629 0,607
4,0 0,5 23,50 20,00 3,011 7,436 3,382 —3,780 1,571 1,060 0,858 0,823
Таблица 13
К задачам на изгиб брусьев малой жесткости
Интегралы вида
F (£,<р) =-- f
J р/|—/г2 sin-<р
• о
k ~ const \
О < k < 1 J
Ф
V 1—fe2 sin2 ip dip
о
называются эллиптическими интегралами Лежандра соответственно 1-го и 2-го
рода. Они не выражаются в конечной форме через элементарные функции.
Для этих интегралов составлены численные таблицы (см. Сикорски й Ю. С.,
Элементы теории эллиптических функций, 1936), частично приводимые здесь.
В таблицах обычно вместо k берут параметр a = arcsinA
Интегралы вида
Л/2
dip
& * } J V1 —A2 sin2 ip
о
Г./1
Е (k) — —/г2 sin2 ip dtp
и
называются полными эллиптическими интегралами Лежандра 1-го и 2-го рода.
1. Полные эллиптические интегралы К (k) и Е (A), k = sin а
а К !k) Е («) а К Ik) Е Ik) а К Ik) Е Ik) а К Ik) Е Ik)
0° 1,5708 1,5708 23° 1,6363 1,5090 46° 1,8692 1,3418 69° 2,4610 1,1273
1 1,5709 1,5707 24 1,6426 1,5037 47 1,8848 I,3329 70 2,5046 1,1184
2 1,5713 1,5703 25 1,6490 1,4981 48 1,9011 1,3238 71 2,5507 1,1096
3 1,5719 1,5697 26 1,6557 1,4924 49 1,9180 1,3147 72 2,5998 1,1011
4 1,5727 1,5689 27 1,6627 1,4864 50 1,9356 1,3055 73 2,6521 1,0927
5 1,5738 1,5678 28 1,6701 1,4803 51 1,9539 1,2963 74 2,7081 1,0844
6 1,5751 1,5665 29 1,6777 1,4740 52 1,9729 1,2870 75 2,7681 1,0764
7 1,5767 1,5650 30 1,6858 1,4675 53 1,9927 1,2776 76 2,8327 1,0686
8 1,5785 1 5630 31 1,6941 1,4608 54 2,0133 1,2682 77 2,9026 1,0611
9 1,5805 1,5611 32 1,7028 1,4539 55 2,0347 1,2587 78 2,9786 1,0538
10 1,5828 1,5589 33 1,7119 1,4469 56 2,0571 1,2492 79 3,0617 1,0468
11 1,5854 1,5564 34 1,7214 1,4397 57 2,0804 1,2397 80 3,1534 1,0401
12 1,5882 1,5537 35 1,7313 1,4323 58 2,1047 1,2391 81 3,2553 1,0338
13 1,5913 1,5507 36 1,7415 1,4248 59 2,1300 1,2206 82 3,3699 1,0278
14 1,5946 1,5476 37 1,7522 1,4171 60 2,1565 1,2111 83 3,5004 1,0223
15 1,5981 1,5442 38 1,7633 1,4092 61 2,1842 1,2015 84 3,6519 1,0172
16 1,6020 1,5405 39 1,7748 1,4013 62 2,2132 1,1921 85 3,8317 1,0127
17 1,6061 1,5367 40 1,7868 1,3931 63 2,2435 1,1826 86 4,0528 1,0087
18 1,6105 1,5326 41 1,7992 1,3849 64 2,2754 1 1732 87 4,3387 1,0053
19 1,6151 1,5283 42 1,8122 1,3765 65 2,3088 1,1638 88 4,7427 1,0026
20 1,6200 1,5238 43 1,8256 1,3680 66 2,3439 1,1546 89 5,4349 1,0008
21 1,6252 1,5191 44 1,8396 1,3594 67 2,3809 1,1454 90 СО 1,0000
22 1,6307 1,5142 45 1,8541 1,3506 68 2,4198 1,1362
494
2. Эллиптические интегралы 1-го рода F (k, <р), k = sin а
0° 0,0000 0 0000 0,0000 0,0000 0,0000 0 0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000
10 0,1745 0,1746 0,1746 0,1748 0,1749 0,1751 0,1752 0,1753 0,1754 0,1754
20 0,3491 0,3493 0,3499 0,3508 0,3520 0,3533 0,3545 0,3555 0,3562 0,3564
30 0,5236 0,5243 0,5263 0,5294 0,5334 0,5379 0,5422 0,5459 0,5484 0,5493
40 0,6981 0,6997 0,7043 0,7117 0,7213 0,7323 0,7436 0,7535 0,7604 0,7629
50 0,8727 0,8756 0,8842 0,8983 0,9173 0,9401 0,9647 0,9876 1,0044 1,0107
60 1,0472 1,0519 1,0660 1,0896 1,1226 1,1643 1,2125 1,2619 1,3014 1,3170
70 1,2217 1,2286 1,2495 1,2853 1,3872 1,4068 1,4944 1,5599 1,6918 1,7354
80 1,3963 1,4057 1,4344 1,4846 1,5597 1,6660 1,8125 2,0119 2,2653 2,4363
90 1,5708 Г, 5828 1,6200 1,6858 1 ,7868 1,9356 2,1565 2,5046 3,1534 оо
3. Эллиптические интегралы 2-го рода £ (/?, tp), k- sina
х. a <Р \ 0° 10° 2 (Г 30= . 40; 50° 60° 7Q° 80° 90°
0° 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000
10 0,1745 0,1745 0,1744 0,1743 0,1742 0,1740 0,1739 0,1738 0,1737 0,1737
20 0,3491 0,3489 0,3483 0,3473 0,3462 0,3450 0,3438 0,3429 0,3422 0,3420
30 0,5236 0,5229 0,5209 0,5179 0,5141 0,5100 0,5061 0,5029 0,5007 0,5000
40 0,6981 0,6966 0,692) 0,6851 0,6763 0,6667 0,6575 0,6497 0,6446 0,6428
50 0,8727 0,8698 0,8614 0,8483 0,8317 0,813 0,7954 0,7801 0,7697 0,7660
60 1,0472 1,0426 1,0290 1,0076 0,9801 0,9493 0,9184 0,8914 0,8728 0,8660
70 1,2217 1,2149 1,1949 1,1632 1,1221 1.0750 1,0266 0,9830 0,9514 0,9397
80 1,3963 1,3870 1,3597 1,3161 1,2590 1,1926 1,1225 1,0565 1,0054 0,9848
90 1,5708 1,5589 1,5238 1,4675 1,3931 1,3055 1,2111 1,1184 1,0401 1,0000
СБОРНИК ЗАДАЧ
ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ
под редакцией А. А. Уманского
М., 1975 Г., 4 96 стр. с илл.
Редактор fi. А. Марьин
Техн, редактор 9. Н. Кондакова
Корректор О. А. Сигал
Печать с матриц. Подписано к печати 24/VI 1975 г.
Бумага бОХЭО'/и- Тип. .№ 3. Физ. иеч. л. 31. Условн. печ. л. 31,
Уч.-изд. л. 30,83. Тираж 40 000 экз. Т-09462.
Иена книги I р. Заказ № 600.
Издательство «Наука»
Главная редакция физико-математической литературы
(17071. Москва, В-71, Ленинский проспект, 15
Отпечатано с матриц Ордена Трудового Красного Знамени
Первой образцовой типографии имени А. А. Жданова Союзполнграфпрома
при Государственном комитете Сонета Министров СССР
по делам издательств, полиграфии и книжной торговли.
Москва, M-5V. Валовая. 28.
в 4-й типографии издательства «Наука»,
Новосибирск-77, Станиславского, 25.