МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РЕСПУБЛИКИ БЕЛАРУСЬ Белорусский национальный технический университет Кафедра «Сопротивление материалов и теория упругости» СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ Ч АС ТЬ I М и н с к Б Н Т У 2 0 1 5 1 МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РЕСПУБЛИКИ БЕЛАРУСЬ Белорусский национальный технический университет Кафедра «Сопротивление материалов и теория упругости» СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ Учебно-методическое пособие для студентов строительных специальностей В 2 частях Ч а с т ь 1 КРАТКАЯ ТЕОРИЯ. ПРИМЕРЫ Рекомендовано учебно-методическим объединением высших учебных заведений Республики Беларусь по образованию в области строительства и архитектуры Минск БНТУ 2016 2 УДК 620.1 (076.1) ББК 30.121я7 С64 А в т о р ы : С. И. Зиневич, В. А. Пенькевич, М. В. Югова, Л. И. Шевчук, О. Л. Вербицкая, Е. А. Евсеева, В. Н. Рябцев Р е ц е н з е н т ы : М. Т. Насковец, В. Н. Основин Сопротивление материалов : учебно-методическое пособие для студентов строительных специальностей : в 2 ч. / С. И. Зиневич [и др.]. – Минск : БНТУ, 2016. – Ч. 1 : Краткая теория. Примеры. – 346 с. ISBN 978-985-550-373-7 (Ч. 1). Содержатся сведения о простых и сложных видах сопротивлений, напряженном состоянии в точке элемента конструкции, продольном изгибе и динамическом дей- ствии нагрузки. Приведены теоретический материал и примеры решения характерных задач. Учебно-методическое пособие предназначено для студентов строительных спе- циальностей дневного и заочного отделений. УДК 620.1 (076.1) ББК 30.121я7 ISBN 978-985-550-373-7 (Ч. 1) © Белорусский национальный ISBN 978-985-550-778-0 технический университет, 2016 С64 3 ПРЕДИСЛОВИЕ При изучении дисциплины «Сопротивление материалов» важное значение имеет практическое применение выводов теории. Чтобы помочь студентам овладеть методикой и приобрести навыки в ре- шении задач, коллектив кафедры «Сопротивление материалов и тео- рия упругости» БНТУ, исходя из многолетнего опыта работы, счи- тает целесообразным создание краткого теоретического курса по сопротивлению материалов с решением задач. Пособие предназначено для студентов с т р о и т е л ь н ы х специ- альностей как дневной, так и заочной формы обучения. В нем рас- сматриваются простые и сложные виды сопротивлений, напряжен- ное состояние в точке, вопросы устойчивости отдельных элементов конструкции, а также расчеты при динамическом действии нагрузок. По каждой теме приведены подробные решения трех-четырех ха- рактерных задач. При написании данного учебно-методического пособия автор- ский коллектив использовал материалы ранее издаваемых кафедрой пособий и в этой связи выражает глубокую благодарность Аляв- дину П. В., Балыкину М. К., Винокурову Е. Ф., Голубеву И. А., Зайцу В. Н., Кончицу А. Е., Петровичу А. Г., Рудицину М. Н., Су- ходоеву В. Н. и многим другим преподавателям, работавшим на кафедре «Сопротивление материалов и теория упругости». 4 ВВЕДЕНИЕ. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ Назначение дисциплины «Сопротивление материалов» рассматривает расчет отдельных элементов конструкций. Элементы конструкций рассчитываются на прочность, жесткость и устойчивость. Пр о ч н о с т ь – способность элемента конструкции восприни- мать нагрузку не разрушаясь. Же с т к о с т ь – способность элемента конструкции оказывать сопротивление деформации, допуская ее в определенных пределах. У с т о й ч и в о с т ь – способность элемента конструкции сохра- нять под нагрузкой первоначальную форму равновесия. Гипотезы и допущения В теории дисциплины при выводе расчетных формул применяет- ся ряд гипотез и допущений. Основные из них: – материал принимается сплошным, однородным и изотропным (свойства в любой точке и направлении считаются одинаковыми); – материал до определенной степени нагружения деформирует- ся линейно; – деформации элемента конструкции весьма малы по сравнению с размерами самого элемента; – до приложения внешних сил в материале отсутствуют напря- жения. Геометрическая схематизация элементов строительных конструкций. Расчетная схема Расчет строительной конструкции начинается с геометрической схематизации ее элементов. Все формы элементов строительных конструкций с достаточной степенью точности можно отнести к че- тырем основным формам: брус, пластина, массив и оболочка. Расчет пластин, массивов и оболочек осуществляется с исполь- зованием теории упругости, а расчет бруса – с использованием со- противления материалов. 5 После схематизации геометрических форм производят выбор расчетной схемы. Расчетная схема представляет собой упрощенную схему элемента, которая отражает наиболее существенные его осо- бенности под действием нагрузки. При составлении расчетной схе- мы брус не вычерчивают полностью, а только его продольную ось, поскольку она является геометрическим местом центров тяжести поперечных сечений. Все действующие на элемент внешние силы приводятся к этой оси по правилу механики. На расчетной схеме намечается система трех взаимно перпенди- кулярных осей координат: Z – вдоль продольной оси, X, Y – поперек продольной оси (рис. 1, а, б). Начало координатных осей обычно располагается в крайней левой точке расчетной схемы. Рис. 1 Каждый элемент конструкции соединяется с другим элементом или основанием при помощи опорных устройств. Опоры подразделяются на шарнирно-подвижные, шарнирно-неподвижные, защемления (за- делки), см. рис. 1, а, б. В зависимости от конструктивного назначения брус могут называть стержнем, балкой, колонной или валом. С т е р ж е н ь – это брус, работающий на растяжение (сжатие). Б а л к а – брус, работающий на изгиб. 6 К о л о н н а – вертикально стоящий брус, предназначенный для восприятия сжимающей нагрузки. В а л – брус, работающий на кручение. Внешние силы Элементы конструкций испытывают воздействие внешних сил, которые делятся на активные (нагрузки) и реактивные (реакции опор). Среди нагрузок различают сосредоточенные F, M, Т (считаются при- ложенными в точке элемента или конкретном сечении) и распреде- ленные q (по длине или площади элемента), см. рис. 1, а, б. Опорные реакции плоской системы определяются из трех условий равновесия (статики): ∑X = 0, ∑Y = 0, ∑M = 0, см. рис. 1, а, б. Внутренние силы В результате действия внешних сил в элементе конструкции воз- никают внутренние силы (усилия), которые сопротивляются дейст- вию внешних сил и обусловлены упругим взаимодействием частиц материала. Внутренние силы (рис. 1, в) привязываются к системе координат- ных осей стержня и подразделяются: – на продольные силы N, действующие по продольной оси Z; – поперечные силы Qx и Qy, действующие в плоскости попереч- ного сечения и направленные по координатным осям Х и Y; – изгибающие моменты Mx и My, действующие относительно ко- ординатных осей Х и Y; – крутящие моменты Т, действующие относительно продольной оси Z. Для определения внутренних сил используется метод сечений. Стержень в исследуемом сечении мысленно рассекается на две ча- сти. Одна часть стержня отбрасывается, а действие отброшенной части на оставленную (рассматриваемую) заменяется неизвестными внутренними силами. Для оставшейся части составляются уравне- ния равновесия, из которых и определяются неизвестные внутрен- ние силы. 7 Напряжения Различают н о р м а л ь н ы е σ и к а с а т е л ь н ы е τ напря- жения. Нормальные напряжения действуют перпендикулярно попе- речному сечению и являются функцией σ = f (N, M), а касательные – в плоскости поперечного сечения и являются функ- цией τ = f (Q, T) (рис. 1, г). Виды напряженного состояния материала В общем случае действия внешних сил на тело (элемент кон- струкции) по граням элементарно малого прямоугольного паралле- лепипеда, выделенного в любой точке, действует совокупность нор- мальных σ и касательных τ напряжений, определяющих напряжен- ное состояние в этой точке (рис. 2, а). На невидимых гранях эле- мента возникают соответственно такие же напряжения, но противо- положно направленные. Рис. 2 Нормальным напряжениям присваивают индекс, указывающий ось, параллельно которой они направлены. Для обозначения касатель- ных напряжений используется двойной индекс. Первый указывает ось, параллельно которой направлено касательное напряжение, вто- а б в г 8 рой – ось, параллельно которой направлена нормаль к площадке, где действует касательное напряжение. С поворотом параллелепипеда вокруг точки значение напряже- ний будет изменяться, и можно найти такое его положение, при ко- тором касательные напряжения по его граням исчезнут, а нормаль- ные сохранятся (рис. 2, б). Площадки, на которых отсутствуют ка- сательные напряжения, называются главными, а действующие на них нормальные напряжения – главными нормальными напряжениями. Они обозначаются σ1, σ2, σ3, причем σ1 ≥ σ2 ≥ σ3. По совокупности главных напряжений различают три вида на- пряженного состояния материала: о б ъ е м н о е , когда все три главных напряжения отличны от нуля (см. рис. 2, б); п л о с к о е , когда два главных напряжения отличны от нуля (рис. 2, в); л и н е й н о е , когда отлично от нуля лишь одно главное напряже- ние (рис. 2, г). Деформации и перемещения Под воздействием внешних нагрузок элементы конструкции де- формируются, т. е. изменяют свои размеры и форму. Деформации могут быть упругими и пластическими. Упругие деформации исче- зают после снятия нагрузки, а пластические сохраняются. В зависимости от условий загружения внешними силами брус может испытывать такие виды деформаций, как растяжение (сжатие), сдвиг, кручение и изгиб. Эти четыре вида деформаций относят к про- стым. На практике брус часто подвергается одновременно несколь- ким простым деформациям, например, изгиб с растяжением, изгиб с кручением и растяжением и т. д. Такую деформацию называют с л о ж н о й . В случае когда длина бруса намного больше его поперечных раз- меров (например, чертежная линейка), сжимающие силы могут изо- гнуть его. Произойдет особый вид деформации – п р о д о л ь н ы й и з г и б . При деформациях точки элемента конструкции перемещаются в пространстве. Различают линейные перемещения δy, δz – для точек – и угловые δzy – для линий (рис. 3, а). 9 Рис. 3 В конкретных видах деформаций перемещения приобретают опре- деленные обозначения и названия. При растяжении-сжатии δz = Δl – продольная деформация (рис. 3, б); при кручении δхy = φ – угол закру- чивания (рис. 3, в); при изгибе δy = υ – прогиб, а δzy = θ – угол поворо- та сечения (рис. 3, г). Методы расчета на прочность и жесткость В расчетной практике используется несколько методов расчета на прочность. Наиболее распространены два из них. Расчет деталей машин и механизмов ведется по методу допуска- емых напряжений, а расчет элементов строительных конструкций – по методу предельных состояний. По методу д о п у с к а е м ы х напряжений условие прочности при линейном напряженном состоянии имеет вид σmах ≤ σаdm или τmах ≤ τаdm , где σmах (τmах) – максимальные напряжения в элементе конструкции; σаdm (τаdm) – допускаемые напряжения для материала элемента.  10 Максимальные напряжения определяются от нормативной на- грузки, т. е. нагрузки, установленной нормами проектирования. Допускаемые напряжения устанавливаются по результатам испы- тания материала с учетом общего коэффициента запаса прочности. По методу п р е д е л ь н ы х состояний условие прочности имеет вид σmах ≤ R или τmах ≤ Rs, где R (Rs) – расчетные сопротивления для материала элемента. Максимальные напряжения определяются от расчетной нагруз- ки, учитывающей возможность ее отклонения от нормативной. Расчетные сопротивления также устанавливаются по результа- там испытания материала, но с использованием ряда частных коэф- фициентов, каждый из которых учитывает какой-либо один фактор, влияющий на его прочность. Расчет по методу предельных состояний позволяет спроектиро- вать элемент конструкций более рационально, т. е. с меньшими за- тратами материала. Из условия прочности можно решить три типа задач: 1. Проверить прочность стержня, когда известны нагрузка, фор- ма и размеры поперечного сечения и род материала. 2. Определить размеры поперечного сечения стержня, если из- вестны нагрузка, форма поперечного сечения и род материала. 3. Определить наибольшую допустимую нагрузку на стержень, ес- ли известны форма и размеры поперечного сечения и род материала. Для случаев сложной деформации, т. е. сложного напряженного состояния (плоского и объемного), задача составления условия проч- ности решается с помощью т е о р и й п р о ч н о с т и , каждая из ко- торых основана на определенной гипотезе, объясняющей причину разрушения материала. При оценке прочности материала при сложном напряженном со- стоянии вводится понятие расчетного напряжения σdes, которое опре- деляется по принятой теории прочности и сравнивается с тем же расчетным сопротивлением материала R, полученным испытанием материала на растяжение-сжатие: σdes ≤ R. 11 В частном случае плоского напряженного состояния – ч и с т о м с д в и г е , когда в поперечном сечении стержня возникают только касательные напряжения, условие прочности используется в виде max ,sR  где Rs – расчетное сопротивление материала сдвигу. Расчет на жесткость элементов конструкции сводится к опреде- лению максимальных перемещений (линейных или угловых) δmах под действием нормативной нагрузки и сравнении ее с допусти- мым значением δаdm, установленным нормами проектирования. Условие жесткости имеет вид δmах ≤ δаdm. Необходимо отметить, что в дисциплине «Сопротивление мате- риалов» рассматриваются принципы расчета на прочность и жест- кость, а не конкретные конструкции, поэтому в настоящем издании для упрощения все нагрузки указываются в расчетных значениях, а расчеты выполняются по методу предельных состояний. Исклю- чение составляют расчеты на изгиб с кручением, которые выполне- ны по методу допускаемых напряжений. 12 1. РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ Элемент конструкции подвергается деформации растяжения или сжатия, когда равнодействующая внешних сил действует на него по центральной оси Z (рис. 1.1, а). Такое растяжение-сжатие называет- ся центральным (осевым). Рис. 1.1 Действующая на элемент конструкции система сил должна на- ходиться в равновесии: ΣZ = 0. При растяжении длина стержня (участка) в продольном направ- лении увеличивается (деформация обозначается знаком «плюс»), а при сжатии – уменьшается (знак «минус»). 1.1. Внутренние силы При центральном растяжении-сжатии в поперечном сечении стержня возникает только один внутренний силовой фактор – про- дольная сила N. Для ее определения на стержне, исходя из вида нагрузки и ее расположения, выделяются расчетные участки: между точками приложения сосредоточенных сил F и в пределах распре- деленной нагрузки q. 13 В пределах каждого участка намечаются сечения (I, II, …, i) и отме- чаются их положения в системе координатных осей (Z1, Z2, …, Zi). Для определения продольной силы N используется метод с е - ч е н и й . Стержень в исследуемом сечении мысленно рассекается на две части. Одна из частей его «отбрасывается». Поскольку весь стержень находится в равновесии, то и его рассматриваемая часть под действием известных внешних сил (F, q) и неизвестной внут- ренней N также должна находиться в равновесии, т. е. удовлетво- рять условию ΣZ = 0. Составить выражения для определения продольной силы N мож- но двумя способами. Первый способ. На схеме для каждого участка показывается от- сеченная часть стержня и составляется уравнение равновесия этой части с использованием правила знаков для сил, принятое в курсе теоретической механики. Так, для сечения III (рис. 1.1, б) уравнение равновесия имеет вид ΣZ = N3 + ql2 – F1 = 0, откуда N3 = –ql2 + F1. Второй способ. На рисунке для всех участков отсеченная часть стержня не показывается. Выражения для определения продольной силы составляются по следующему правилу: продольная сила N в сечении стержня чис- ленно равна алгебраической сумме всех внешних сил, расположен- ных по одну сторону от рассматриваемого сечения: N = ΣFi. При определении N можно рассматривать любую часть «рассе- ченного» стержня. Правило знаков для сил связано с учетом характера вызываемой ими деформации стержня (растяжение или сжатие). Если внешняя сила (F, q) направлена от рассматриваемого сече- ния стержня (стремится растянуть его рассматриваемую часть), то в этом сечении возникает положительная продольная сила (+N), 14 и если направлена к сечению (стремится сжать), то в сечении воз- никает отрицательная продольная сила (–N). Изложенное правило знаков иллюстрируется на рис. 1.2. Рис. 1.2 Полученный в результате вычислений знак при N укажет на ха- рактер деформации участка стержня от суммарного действия сил: «плюс» означает, что участок стержня растянут, «минус» – что уча- сток сжат. Так, для сечения III (см. рис. 1.2, б) выражение для про- дольной силы будет N3 = –ql2 + F1 (сила q направлена к сечению, сила F1 – от сечения). Второй прием составления выражений для N сокращает объем вычислений и является общим для всех видов сопротивлений. По вычисленным на участках стержня значениям N строится эпюра продольных сил (см. примеры). 1.2. Напряжения. Условие прочности При деформации растяжения или сжатия в сечениях стержня воз- никают нормальные напряжения σ. Продольная сила N связана с нормальным напряжением σ зави- симостью ,N A   (1.1) где N – продольная сила в сечении стержня; А – площадь поперечного сечения стержня. 15 При вычислении нормальных напряжений по длине стержня так- же выделяются расчетные участки. К указанным выше границам этих участков добавляются точки, где изменяются размеры попе- речных сечений (см. рис. 1.1, а). По вычисленным значениям стро- ится эпюра (см. примеры). Нормальное напряжение σ распределяется по поперечному сече- нию равномерно. График, показывающий изменение напряжения по высоте сечения стержня, называется эпюрой напряжений (эп. σ), рис. 1.1, в. При растяжении-сжатии стержня его материал в любой точке находится в условии линейного напряженного состояния, поэтому проверка прочности ведется по максимальному нормальному на- пряжению (σmax) и условие прочности имеет вид max max , N R A    (1.2) где Nmax – продольная сила на наиболее нагруженном участке стержня; R – расчетное сопротивление материала стержня растяжению- сжатию. Для пластичных материалов (сталь) расчетные сопротивления при растяжении и сжатии одинаковы, для хрупких (чугун, бетон) – разные. 1.3. Деформации. Условие жесткости Возникновение продольной силы N в сечении стержня сопро- вождается его продольной деформацией : удлинением при растяже- нии и укорочением при сжатии. Абсолютная продольная деформация Δl от сосредоточенных сил F определяется по формуле Гука ,Nll EA   (1.3) где N – продольная сила в стержне (на участке); l – длина стержня (участка); 16 Е – модуль продольной упругости (модуль Юнга) материала стержня; А – площадь поперечного сечения стержня (участка). Абсолютная продольная деформация Δl от равномерно распре- деленной нагрузки q (действующей на данном участке стержня) определяется по формуле 2 . 2 qll EA   (1.4) Абсолютная продольная деформация Δl от собственного веса стержня определяется по формуле 2 , 2 ll E   где γ – вес единицы объема материала стержня. Вычислив деформации на участках стержня, можно найти пере- мещения его характерных сечений и построить эпюру перемещений (см. примеры). Относительная продольная деформация ε стержня (или его уча- стка) определяется по формуле ,l l   (1.5) где Δl – абсолютная продольная деформация стержня (участка); l – длина стержня (участка). Условие жесткости при растяжении-сжатии имеет вид max adm , l l     где εadm – предельно допустимая относительная продольная дефор- мация. Закон Гука при растяжении-сжатии (из формулы (1.3)), выража- ющий зависимость между напряжением и деформацией, имеет вид .E   17 Модуль продольной упругости Е характеризует способность ма- териала сопротивляться деформациям растяжения-сжатия в зависи- мости от его свойств. 1.4. Статически определимые системы Статически определимыми являются системы, усилия в элемен- тах которых можно определить при помощи одних лишь уравнений равновесия (статики). Для плоской системы сил их три: ΣX = 0; ΣY = 0; ΣM = 0. П р и м е р 1.1 Стальная полоса прямоугольного поперечного сечения нагруже- на системой расчетных сил F (рис. 1.3, а). Проверить прочность и жесткость полосы. Для стали: расчетное сопротивление R = 210 МПа, модуль про- дольной упругости E = 200 ГПа, допустимая относительная про- дольная деформация εadm = 1,05·10–3. Р е ш е н и е Нагрузка F, действующая по продольной оси полосы, вызывает в ней деформацию растяжения-сжатия. Проверим, выполняется ли условие равновесия элемента кон- струкции: ΣZ = F1 – F2 + F3 = 50 – 215 + 165 = 0 – выполняется. На рассматриваемой полосе выделяются три расчетных участка, в пределах которых намечаются сечения I–III. Длинам участков l придается индекс номера участка. Для определения продольных сил N на участках элемента восполь- зуемся первым приемом. Для этого нужно составить расчетные схемы для всех «отсеченных» участков элемента, начиная, например, с лево- го конца (рис. 1.3, б), и записать для них условия равновесия. 18 Рис. 1.3 19 Рекомендуется искомые продольные силы N направлять от р а с - с м а т р и в а е м о г о с е ч е н и я , т. е. считать положительными. Участок I: 10 0,6z  м, ΣZ = N1 + F1 = 0, откуда N1 = –F1 = –50 кН (сжатие). Участок II: 20,6 1,05z  м, ΣZ = N2 + F1 = 0, откуда N2 = –F1 = –50 кН (сжатие). Участок III: 31,05 1,8z  м, ΣZ = N3 + F1 – F2 = 0, откуда N3 = –F1 + F2 = –50 + 215 = 165 кН (растяжение). По полученным значениям N в выбранном масштабе строится эпюра продольных сил – эпюра N (рис. 1.3, в). Положительные значе- ния N откладываются вверх от линии эпюры, а отрицательные – вниз. Заметим, что в пределах расчетных участков N = const. В сечении, где приложена сосредоточенная сила F, на эпюре N имеется «скачок» на величину этой силы (165 + 50 = 215 кН). Из эпюры N следует, что наиболее нагруженным является третий участок: N3 = Nmax. Нормальные напряжения, возникающие в поперечных сечениях на расчетных участках элемента, определяются по формуле (1.1). Сечение I: 3 91 1 6 1 50 10 0,1 10 Па 100 10 50 10 N A            МПа. Сечение II: 3 92 2 6 2 50 10 0,0625 10 Па 62,5 10 80 10 N A            МПа. Сечение III: 3 93 3 6 3 165 10 0,206 10 Па 206 10 80 10 N A         МПа. 20 Значения нагрузки и геометрические размеры элемента конструк- ции могут быть заданы в любых соответствующих единицах (Н, кН, МН, мм, см, м). В формулы напряжений и деформаций они должны подставляться в н ью т о н а х и м е т р а х . По полученным значениям σ строится эпюра нормальных напря- жений (рис. 1.3, г). Правило построения такое же, как и для эпюры N. В пределах расчетных участков σ = const, так как N = const и A = const. В сечении, где приложены сосредоточенные силы F, а также где изменяются размеры поперечного сечения, на эпюре σ наблюдается «скачок». Из эпюры σ следует, что наиболее напряженным является третий участок: σ3 = σmax. Пр о в е р к а п р о ч н о с т и выполняется по условию прочности (1.2). Наибольшее нормальное напряжение возникает на третьем рас- четном участке. Так как σmax = 206 МПа < R = 210 МПа, прочность элемента по нормальным напряжениям обеспечена. Д л я п р о в е р к и ж е с т к о с т и вначале по формуле (1.3) определим значения абсолютной п р о д о л ь н о й деформации на участках элемента. Участок I: 3 2 21 1 1 9 6 1 50 10 60 10 0,03 10 м 0,3 200 10 10 50 10 N ll EA                  мм. Участок II: 3 2 22 2 2 9 6 2 50 10 45 10 0,0141 10 м 0,141 200 10 10 80 10 N ll EA                  мм. Участок III: 3 2 23 3 3 9 6 3 165 10 75 10 0,0773 10 м 0,773 200 10 10 80 10 N ll EA               мм. Значения о т н о с и т е л ь н о й продольной деформации на участ- ках элемента вычислим по формуле (1.5): 21 31 1 1 0,3 0,50 10 ; 600 l l        32 2 2 0,141 0,313 10 ; 450 l l        33 3 3 0,773 1,031 10 . 750 l l       Условие жесткости элемента конструкции выполняется, так как 3 3 max 3 adm1,031 10 1,05 10 .           Перемещения характерных сечений (о–k, где изменяются А или N) вычисляются исходя из значений деформаций отдельных участков элемента. Крайнее левое сечение примем за относительно неподвиж- ное: δ0 = 0. Перемещения других сечений находятся последователь- ным добавлением к предыдущему перемещению деформаций по- следующих участков: δ0 = 0, δm = δ0 + Δl1 = – 0,30 мм, δn = δm + Δl2 = – 0,30 – 0,141 = – 0,441 мм, δk = δn + Δl3 = – 0,441 + 0,773 = 0,332 мм. Эпюра перемещений δ показана на рис. 1.3, д. На третьем участке эпюра δ пересекает ось. Определим положе- ние сечения u, в котором перемещение равно нулю: 3 33 9 6 3 165 100,441 10 0, 200 10 10 80 10u n N a a EA                откуда а = 0,428 м = 42,8 см. 22 Из эпюры δ следует, что наибольшее перемещение претерпевает сечение n (δn = 0,441 мм) в сторону крайнего левого (о). Перемеще- ние правого концевого сечения (k) по отношению к крайнему лево- му (о) составляет δk = 0,332 мм и направлено в положительном направлении оси Z. Пр им е р 1.2 Бетонная колонна квадратного поперечного сечения нагружена расчетной системой сил: сосредоточенных F и равномерно распре- деленных q (рис. 1.4). Рис. 1.4 23 Определить размеры поперечных сечений, постоянных для каж- дого расчетного участка колонны, и перемещение ее свободного сечения. Для материала колонны: расчетное сопротивление на сжатие Rс = 4 МПа, модуль продольной упругости Е = 15 ГПа. Р еш е н и е Поскольку нагрузка действует по продольной оси Z колонны, последняя подвергается деформации сжатия. На рассматриваемой колонне исходя из характера нагрузки вы- деляются три расчетных участка, в пределах которых намечаются сечения I–III. Длинам участков l придается индекс номера участка. Колонна в своем основании имеет опору, в которой возникает только одна реакция Вz. Уравнение равновесия можно составить также одно: ΣZ = 0, из которого определится реакция Bz: ΣZ = Bz – F1 – q1l1 – F2 – q2l3 = = Bz – 60 – 100  1 – 320 – 420  1,2 = 0, откуда Bz = 984 кН. Рассматриваемая система является статически определимой. Для определения продольной силы на участках колонны вос- пользуемся вторым приемом, без показа «отсеченных» частей, ис- пользуя правило N = ΣFi. Участок I: 10 1,0z  м. 1 1 1 1N F q z   , при z1 = 0 N1 = –60 кН, z1 =1,0 м N1 = –160 кН. Участок II: 21 2,5z  м. 2 1 1 1 2 60 100 1 320 480N F q l F           кН. 24 Участок III: 32,5 3,7z  м. 3 1 1 1 2 2 3 1 2( ( ))N F q l F q z l l       , при z3 = 2,5 м N3 = –480 кН, z3 = 3,7 м N3 = –984 кН. Контроль правильности вычислений N таков: при z = 3,7 м по модулю N3 = Bz = 984 кН. Для вычисления N сечения можно было назначать со стороны опоры. По полученным значениям N строится эпюра продольных сил – эп. N (рис. 1.4, б). Отрицательные значения N обычно откладывают- ся влево от оси эпюры. На участке колонны, где распределенная нагрузка q = 0, N = const, а на участке, где q  0, N  const (прямая наклонная). В сечениях, где приложена сосредоточенная сила F, на эпюре N имеется «скачок» на величину этой силы (480 –160 = 320 кН). Р а з м е р ы поперечных сечений на каждом участке колонны определим из условия прочности по нормальным напряжениям (1.2): max max c. N R A    На участке I 3 1,max 3 2 2 1 6 c 160 10 40 10 м 400 см , 4 10 N A R      сторона сечения 1 1 400 20 смa A   . На участке II 3 2,max 3 2 2 2 6 480 10 120 10 м 1200 см , 4 10c N A R      сторона сечения 2 2 1200 34,6 смa A   . Принимаем а2 = 35 см. 25 На участке III 3 3,max 3 2 2 3 6 984 10 246 10 м 2460 см , 4 10c N A R      сторона сечения 3 3 2460 49,6a A   см. Принимаем а3 = 50 см. На рис. 1.4, в показана схема спроектированной колонны. Для построения эпюры напряжений необходимо вычислить зна- чения σ в характерных сечениях колонны. В сечении А 3 7 4 1 60 10 0,15 10 Па 1,5 20 20 10 A A N A            МПа. В сечении С 3 7 4 1 160 10 0,4 10 Па 4,0 20 20 10 СС N A            МПа; ' 3 ' 7 4 2 480 10 0,392 10 Па 3,92 35 35 10 CС N A            МПа. В сечении D 3 7 4 2 480 10 0,392 10 Па 3,92 35 35 10 D D N A            МПа; ' 3 ' 7 4 3 480 10 0,192 10 Па 1,92 50 50 10 D D N A            МПа. В сечении В 3 7 4 3 984 10 0,394 10 Па 3,94 50 50 10 ВВ N A            МПа. 26 По полученным значениям σ строится эпюра напряжений (эпю- ра σ), показанная на рис. 1.4, г. Значения абсолютных продольных деформаций на участках ко- лонны вычислим, используя формулы (1.3) и (1.4). Следует обратить внимание, что на первом участке колонны продольная сила N складывается из сосредоточенной F1 и равно- мерно распределенной q. Поэтому на первом участке 2 3 3 2 1,min 1 1 1 1 9 4 9 4 1 1 60 10 1,0 100 10 1,0 2 15 10 20 20 10 2 15 10 20 20 10 N l q ll EA EA                      2 2 20,010 10 0,0083 10 0,0183 10 м 0,183            мм. Распределенная нагрузка q1 для второго участка колонны дей- ствует как сосредоточенная. Поэтому на втором участке 3 22 2 2 9 4 2 480 10 1,5 0,0392 10 м 0,392 15 10 35 35 10 N ll EA                 мм. На третьем участке 2 3 3 2 3,min 3 2 3 3 9 4 9 4 3 3 480 10 1,2 420 10 1,2 2 15 10 50 50 10 2 15 10 50 50 10 N l q ll EA EA                      2 2 20,0154 10 0,00806 10 0,0235 10 м 0,235            мм. Для определения деформации участков колонны можно исполь- зовать эпюру напряжений. Особенно это удобно на участках с рас- пределенной нагрузкой. Деформация Nl ll EA E E      , где ω – площадь эпюры напряжений. 27 Так, для участка 1 (где эпюра напряжений является трапецией) 6 31 1 9 1 1,5 4( 1,0) 10 0,183 10 м 0,183 215 10 l E             мм, что соответствует первому вычислению. Перемещения граничных сечений колонны определяются исходя из значений деформаций Δl его участков. Для проведения расчета на колонне выбирается сечение, пере- мещение которого известно, – это опора, где перемещение равно нулю (δВ = 0). Перемещения остальных граничных сечений вычисляются по- следовательным добавлением к начальному перемещению дефор- маций последующих участков колонны: δВ = 0; δD = δВ + Δl3 = 0 – 0,235 = – 0,235 мм; δС = δD + Δl2 = – 0,235 – 0,392 = – 0,627 мм; δА = δC + Δl1 = – 0,627 – 0,183 = – 0,810 мм. По вычисленным значениям δ строится эпюра перемещений (эпюра δ), приведенная на рис. 1.4, д. На участке колонны, где q  0, перемещение наращивается по закону параболы. Из эпюры перемещений следует, что перемещение свободного сечения составляет δ = 0,810 мм. Это же число определяет и полную деформацию колонны. Пр им е р 1.3 Определить размеры поперечных сечений стержней металло- деревянной фермы. Материал стержней 1 и 2 – древесина с равным квадратным поперечным сечением; стержень 3 стальной, из двух равнополочных уголков (рис. 1.5, а). Расчетные сопротивления: для стали R = 210 МПа, для древеси- ны Rc = 13 МПа. 28 Рис. 1.5 Р еш е н и е Нагрузка F через стержни 1 и 2 передается на опоры А и В, где возникают три реакции (Ax, Ay, By), которые могут быть определены из уравнений равновесия (ΣX = 0, ΣY = 0, ΣM = 0). Значит, эта система является статически определимой. Поскольку стержни фермы соединяются между собой при по- мощи шарниров, действующая нагрузка может вызвать в них толь- ко продольные силы N, т. е. они подвергаются деформации растя- жения-сжатия. Рассматриваемая система относится к случаю, когда внутренние силы в ее стержнях можно определить без нахождения опорных реакций. Для определения усилий в стержнях фермы используется метод сечений, по которому ферма «рассекается» на две части так, чтобы одновременно рассекались не более трех стержней. Первое сечение проведем, как показано на рис. 1.5, б, и составим уравнения равновесия для узла С. Искомые усилия N1, N2 направим от сечения (считаем растяги- вающими): ΣX = N2cos30° – N1cos45° + 128 = 0; ΣY = –N2cos60° – N1cos45° – 111 = 0. 29 Решив уравнения, получим N1 = –33,1 кН, N2 = –174,9 кН, стерж- ни 1 и 2 сжаты. Второе сечение проведем, как показано на рис. 1.5, в. Искомое усилие N3 направим от сечения, а найденное N2 – к сече- нию, так как стержень 2 сжат. Уравнение равновесия узла В ΣX = –N3 + N2cos30° = 0, откуда N3 = 174,9  0,866 = 151,5 кН. Стержень 3 испытывает деформацию растяжения. Из условия прочности (1.2) определим значения площадей попе- речных сечений стержней фермы. Для первого стержня 3 3 2 21 1 6 c 33,1 10 2,55 10 м 25,5 см , 13 10 NA R      сторона сечения 1 25,5 5,05а А   см. Для второго стержня 3 3 2 22 2 6 c 174,9 10 13,45 10 м 134,5 см , 13 10 NA R      сторона сечения 2 134,5 11,6а   см. Конструктивно принимаем а1 = а2 = 12 см. Для третьего стержня 3 3 2 23 3 6 151,5 10 0,721 10 м 7,21см . 210 10 NА R      Для одного уголка ' 2 3 7,21 3,61см . 2 А   30 Из таблицы сортамента равнополочных уголков принимаем два уголка 40 × 40 × 5 мм с площадью поперечного сечения А3 = 3,79  2 = 7,58 см2. Пр им е р 1.4 Абсолютно жесткий (недеформирующийся) элемент Р укреплен на шарнирно-неподвижной опоре А и поддерживается стержнем 1. Определить наибольшую допустимую нагрузку F и перемещение т. С (рис. 1.6, а). Рис. 1.6 Стержень 1 – стальной, швеллер № 10. Для стали R = 210 МПа, Е = 200 ГПа. 31 Р еш е н и е Нагрузка F через элемент Р и стержень 1 передается на опоры, где возникают три реакции (Ax, Ay и B – направленная по продоль- ной оси стержня), которые могут быть определены из уравнений равновесия (ΣX = 0, ΣY = 0, ΣM = 0). Следовательно, рассматривае- мая система является статически определимой. По таблице сортамента площадь сечения швеллера № 10 (стер- жень 1) А1 = 10,9 см2. Длина стержня l1 = 3/0,707 = 4,24 м. Так как стержень 1 соединяется с элементом Р при помощи шар- нира, в нем возникает только продольная сила N, т. е. он подверга- ется деформации растяжения-сжатия. Для определения продольной силы N система «рассекается» по стержню 1 и для рассматриваемой части системы составляются урав- нения равновесия (рис. 1.6, б). Опорные реакции Ax и Аy для условия задачи интереса не представляют. Рациональным уравнением рав- новесия будет ΣМА = –N1sinα · 3 + F · 5 = 0, откуда 1 5 sin 3 FN    (стержень растянут). Максимально допустимая продольная сила в стержне 1 из фор- мулы (1.2) 4 6 2 1,adm 1 10,9 10 210 10 2289 10 Н 228,9N A R         кН. Наибольшая допустимая нагрузка на конструкцию (из уравнения равновесия) 1,adm sin 3 228,9 0,707 3 97,1 5 5 N F       кН. 32 Абсолютная продольная деформация стержня 1 по формуле (1.3) 3 21 1 1 9 4 1 228,9 10 4,24 0,445 10 м 4,45 200 10 10,9 10 N ll EA            мм. Абсолютно жесткий элемент Р под действием нагрузки F, вслед- ствие деформации стержня 1, повернется вокруг шарнира А на не- который угол. Чтобы построить схему перемещений (рис. 1.6, б), стержень 1 следует мысленно отсоединить от элемента Р в т. D и по его на- правлению отложить отрезок, изображающий деформацию (удли- нение) ∆l1, – получим т. D1. Поскольку элементы системы должны перемещаться совместно, конец продеформированного стерня 1 (т. D1) нужно свести с точкой D элемента Р. Вследствие малых упругих деформаций можно допустить, что т. D1 перемещается по перпендикуляру к продольной оси стержня, т. е. по D1m. Точка D элемента Р по той же причине переместится по перпендикуляру к его продольной оси, т. е. по Dn. Точка пересечения траекторий перемещений (D1m и Dn) дает т. D2 – положение узла D в продеформированном состоянии системы. Из подобия треугольников АDD2 и АСС1 составляется зависи- мость между перемещением δС и деформацией ∆l1: 2 , 3 5 СDD  12 .sin lDD   Тогда получим 1 , 3sin 5 Сl   откуда перемещение т. С (вниз, по вертикали) будет 5 4,45 10,5 0,707 3С    мм. 33 1.5. Статически неопределимые системы Статически неопределимыми являются системы, внутренние си- лы в элементах которых невозможно определить при помощи одних лишь уравнений равновесия (статики). Степень статической неопределимости определяется разностью между числом неизвестных (внутренних сил и реакций опор) и чис- лом возможных уравнений равновесия. Для раскрытия статической неопределимости, т. е. определения внутренних сил в элементах системы, к уравнениям равновесия нужно составить столько дополнительных уравнений, сколько раз система статически неопределима. Существует несколько методов раскрытия статической неопре- делимости. Наиболее простой – метод сравнения деформаций, по- строенный на принципе с о в м е с т н о с т и перемещений. Принцип совместности перемещений означает, что элементы сис- темы в результате действия нагрузки должны перемещаться сов- местно, без разрушений, разъединений, смещений друг относитель- но друга. Чтобы составить уравнение совместности перемещений, необхо- димо представить систему в деформированном состоянии и устано- вить геометрическую зависимость между деформациями ее стержней. Совместное решение уравнений равновесия с уравнениями пе- ремещений позволяет раскрыть статическую неопределимость. Следует заметить, что в статически определимых системах иско- мые внутренние силы в стержнях предварительно направлялись про- извольно. В статически неопределимых многостержневых системах искомые внутренние силы в стержнях нужно направлять в соответ- ствии с предполагаемой деформацией стержня. Так, если стержень удлиняется – неизвестная внутренняя сила в нем направляется от се- чения, если укорачивается – к сечению. Пр им е р 1.5 Абсолютно жесткий элемент Р, нагруженный расчетной нагруз- кой F = 136 кН, подвешен на трех стальных стержнях одинаковой длины и площади поперечного сечения (рис. 1.7). 34 Рис. 1.7 Определить диаметр стержней, если R = 210 МПа. Р еш е н и е Поскольку стержни системы соединяются с элементом Р и опо- рами при помощи шарниров, в опорах возникает по одной реакции, направленной по продольной оси стержня (рис. 1.7, а), а в самих стержнях возникают только продольные силы N. Трем неизвестным реакциям (А, В и С) соответствуют только два уравнения равновесия (∑Y = 0, ∑М = 0), следовательно, система один раз статически неопределима. Для определения внутренних сил N в стержнях сечением I–I вы- делим нижнюю часть системы (рис. 1.7, б). Предполагаем, что все три стержня будут р а с т я н у т ы , и по- этому искомые N направляем от с е ч е н и й стержней. Исходя из точки приложения силы F, можно предположить, что стержни растянутся на разную величину и ось элемента Р переме- стится вниз и несколько наклонится (см. рис. 1.7, б). Рациональные уравнения равновесия ∑МА1 = –N2  2 – N3  4 – F  1 = 0, (1.6) ∑МC1 = N1  4 + N2  2 – F  5 = 0. (1.7) 35 Дополнительное уравнение, уравнение совместности перемеще- ний, получим, рассматривая трапецию А1А2С1С2 с целью связать между собой деформации Δl стержней: 1 3 2 3 4 2 l l l l      или Δl1 – 2Δl2 + Δl3 = 0. Выразив деформации Δl через продольные силы N, получим 31 22 0N lN l N l EA EA EA    или N1 – 2N2 + N3 = 0. (1.8) Решив совместно уравнения (1.6), (1.7) и (1.8), получим N1 = 147,3 кН, N2 = 45,4 кН, N3 = –56,7 кН. Проверим полученные значения продольных сил: ∑Y = 147,3 + 45,4 – 56,7 – 136 = 0. Предположительный характер деформации подтвердился лишь для стержней 1 и 2, стержень 3 оказался сжатым. Площадь поперечного сечения и диаметр наиболее нагруженно- го стержня (первого) определим из условия прочности по нормаль- ным напряжениям: 3 3 2 21 1 6 147 10 0,7 10 м 7,0 см , 210 10 NА R      1 7,01 4 2,98 3,0 см. 3,14 d    Поскольку по условию задачи сечения всех трех стержней долж- ны быть одинаковыми, принимаем диаметр d = 3,0 см с площадью сечения А = 7,065 см2. 36 Нормальные напряжения в стержнях будут 3 71 1 4 1 147 10 20,81 10 Па 208,1 7,065 10 N A        МПа; σ2 = 64,3 МПа; σ3 = – 80,3 МПа. При анализе значения нормальных напряжений в стержнях мо- жет возникнуть мысль об уменьшении диаметров сечений у стерж- ней 2 и 3, так как они довольно сильно недонапряжены. Такая мысль будет ошибочной. Особенность статически неопределимых систем такова, что при подборе размеров поперечного сечения стержней необходимо пред- варительно з а д а т ь с я и х с о о т н ош е н и е м и выполнить это условие при расчете. В данном примере принято А1 = А2 = А3. Если уменьшить d2 и d3, увеличится напряжение в первом стержне, что приводит к его перенапряжению и, возможно, к разрушению. Пр им е р 1.6 Абсолютно жесткий элемент Р закреплен в шарнирно-непод- вижной опоре и поддерживается двумя стальными стержнями, вы- полненными из сдвоенных равнополочных уголков (рис. 1.8, а). Рис. 1.8 37 Определить наибольшую допустимую нагрузку на систему. Стержень 1: длина l1 = 2,5 м, уголок 50 × 50 × 5 мм; стержень 2: длина l2 = 1,5 м, уголок 70 × 70 × 6 мм. Для стали R = 210 МПа, Е = 200 ГПа. Р еш е н и е Из таблицы сортамента прокатных уголков выписываем значения площадей сечения стержней: А1 = 4,8  2 = 9,6 см2; А2 = 8,15  2 = 16,3 см2. Система имеет четыре опорные реакции. Для нее можно соста- вить три уравнения равновесия. Следовательно, она является один раз статически неопределимой (4 – 3 = 1). Поскольку стержни 1 и 2 соединяются с элементом Р при помо- щи шарниров, в них образуются только продольные силы N. Исходя из характера закрепления элемента Р, направления на- грузки и расположения стержней, можно предположить, что эле- мент Р повернется вокруг шарнира А на некоторый угол. При этом стержень 1 удлинится, а стрежень 2 укоротится. Соответственно этому показываются направления продольных сил в стержнях: N1 – от сечения, N2 – к сечению. Рациональным уравнением равновесия является 1 2 3sin 45 2 5 3 (2 ) 0 2А М N N q           или –1,414N1 – 5N2 + 10,5q = 0. (1.9) Чтобы построить диаграмму перемещений, стержни 1 и 2 следует мысленно отсоединить от элемента Р и по направлению этих стерж- ней отложить отрезки, изображающие их деформации: Δl1 – удли- нение, Δl2 – укорочение. Получим точки K1 и М1. 38 Из точки K1 проведем перпендикуляр к продольной оси стержня 1. Поскольку элементы системы должны перемещаться совместно, конец деформированного стержня 1 нужно свести с узлом K эле- мента Р. Для этого из точки K проводим перпендикуляр к продоль- ной оси элемента Р. Пересечение двух названных перпендикуляров даст точку K2 – новое положение узла K. Так как элемент Р абсолютно жесткий, его ось, повернувшись вокруг шарнира А, пройдет через точку K2 и на оси стержня 2 отсечет отрезок Δl2 (рис. 1.8, б). Чтобы составить дополнительное уравнение, нужно из подобия треугольников АKK2 и АММ1 связать между собой деформации стержней Δl1 и Δl2: 1 2 52sin 45 l l  или 5Δl1 = 1,41Δl2. Выразив деформации через продольные силы, получим 1 1 2 2 1 2 5 1,41N l N l EA EA  или 1,30N1 – 0,130N2 = 0. (1.10) Из уравнений (1.9) и (1.10) получим N1 = 0,204q, N2 = 2,04q. Допустимую нагрузку q найдем из условия прочности стержней. Из условия прочности стержня 1 6 4 2 1 1 210 10 9,6 10 2016 10 Н 201,6N RA         кН, а нагрузка 1 201,6 988 0,204 0,204 Nq    кН/м. Из условия прочности стержня 2 6 4 2 2 210 10 16,3 10 342,3N RA       кН; 342,3 168 2,04 q   кН/м. 39 За максимально допустимую нагрузку на систему принимаем меньшее значение q: qadm = 168 кН/м. При этой нагрузке продоль- ные силы в стержнях будут N1 = 0,204  168 = 34,3 кН, N2 = 342,7 кН, а напряжения σ1 = 36,0 МПа, σ2 = 210 МПа. Как видно из расчета, стержень 1 недонапряжен, что является особенностью статически неопределимых систем, в которых до- стичь равной прочности всех стержней довольно сложно. Пр им е р 1.7 Стальной стержень круглого поперечного сечения, жестко за- щемленный обоими концами в неподвижных опорах, нагружен си- стемой расчетных сил F (рис. 1.9, а). Рис. 1.9 Определить минимально необходимый диаметр стержня, если R = 210 МПа, Е = 200 ГПа. Р еш е н и е Нагрузка F, действующая по продольной оси стержня, вызывает в опорах только по одной реакции (Аz и Вz) по линии действия сил. 40 Сам стержень подвергается деформации растяжения-сжатия с обра- зованием в его сечениях продольных сил N. Неизвестные реакции направляются произвольно. Для данного стержня можно составить только одно уравнение равновесия: 1 2 3 0,z zZ A F F F B      из которого две неизвестные величины не могут быть определены. Значит, рассматриваемый стержень является статически неопреде- лимым. Для проведения расчета стержень делится на расчетные участки с граничными сечениями, в которых приложены внешние силы (ак- тивные и реактивные). В примере – четыре расчетных участка, в пре- делах которых намечаются сечения I–IV. Заданным длинам l участ- ков придается номер расчетного участка (l1, …, l4). Для раскрытия статической неопределимости к уравнению рав- новесия необходимо составить одно дополнительное уравнение, исхо- дя из принципа совместности перемещений его участков. Для проведения расчета выбирается так называемая основная (статически определимая) система, которая получается из статиче- ски неопределимой путем удаления одной связи (здесь – опоры). Основная система загружается заданной нагрузкой и неизвестной реакцией удаленной опоры. Один из вариантов основной системы показан на рис. 1.9, б, где удалена верхняя опора. Смысл совместности перемещений в этом примере заключается в том, что в основной системе, вследствие деформации расчетных участков стержня от действия нагрузки (сил F) и неизвестной реак- ции Аz, перемещение сечения А (δА) должно быть равно нулю. Уравнение перемещений в общем виде 0.А il    Выразив деформации Δl на участках стержня через продольные силы N по закону Гука ( Nll EA   ) и учтя, что на участках стержня EA = const, получим 41  1 2 3 4 1 2 3 4 2 3 4 3 41 ( ) ( ) ( ) 0А zА l l l l F l l l F l l F lЕА            или 4,2Аz – 50  3,3 + 250  2,2 – 300  0,8 = 0, откуда Аz = – 34,5 кН. Полученный в результате вычислений знак «минус» при Аz озна- чает, что эта реакция имеет противоположное направление. Направ- ление Аz (см. рис. 1.9, б) исправлено на действительное. Для определения реакции Вz рассмотрим основную систему, изо- браженную на рис. 1.9, в: 0В il    ,  1 2 3 4 1 1 2 1 2 3 1 2 31 ( ) ( ) ( ) 0;В zВ l l l l F l F l l F l l lЕА             –4,2Вz + 50  0,9 – 250  2,0 + 300  3,4 = 0, откуда Вz = 134,5 кН. Направление реакции Вz на рис. 1.9, в показано правильно. По уравнению равновесия проверим правильность определения опорных реакций: ∑Z = –34,5 – 50 + 250 – 300 + 134,5 = 0 – реакции определены правильно. Определим продольные силы N на участках стержня, используя второй прием, по которому Ni = ∑Fi, и правило знаков, описанное выше (от сечения – «плюс», к сечению – «минус»). 42 Рассматриваем «отсеченную» верхнюю часть стержня: N1 = –Аz = –34,5 кН; N2 = –Аz – F1 = –34,5 – 50 = –84,5 кН; N3 = –Аz – F1 + F2 = –34,5 – 50 + 250 = 165,5 кН; N4 = –Аz – F1 + F2 – F3 = –34,5 – 50 + 250 – 300 = –134,5 кН. По этим данным строится эпюра продольных сил (рис. 1.9, г). Диаметр стержня определяем из условия прочности по нормаль- ным напряжениям. Площадь поперечного сечения стержня 3 3 2 2max 6 165,5 10 0,788 10 м 7,88 см , 210 10 NА R      а его диаметр 4 4 7,88 3,17 3,14 Ad    см. По стандарту принимаем диаметр стержня d = 3,2 см с площадью сечения А = 8,04 см2. Нормальные напряжения на участках стержня 3 71 1 4 1 34,5 10 4,29 10 Па 42,9 8,04 10 N A           МПа; σ2 = –105,1 МПа, σ3 = 205,8 МПа, σ4 = –167,3 МПа. Эпюра нормальных напряжений показана на рис. 1.9, д. Для построения эпюры перемещений необходимо вычислить де- формации на каждом расчетном участке стержня: 43 3 21 1 1 9 4 1 34,5 10 0,9 0,0193 10 м 0,193 200 10 8,04 10 N ll EA               мм. Δl2 = –0,578 мм; Δl3 = 1,44 мм; Δl4 = –0,669 мм. Перемещения граничных сечений δА = 0, δС = Δl1 = –0,193 мм, δD = δС + Δl2 = –0,193 – 0,578 = –0,771 мм, δK = δD + Δl3 = –0,771 + 1,44 = 0,669 мм, δВ = δK + Δl4 = 0,669 – 0,669 = 0. Эпюры перемещений показаны на рис. 1.9, е. 2. СДВИГ Деформация сдвига наблюдается в тех случаях, когда внешние силы, действующие на стержень, пытаются сдвинуть одну его часть по отношению к другой (рис. 2.1). Рис. 2.1 Это происходит, когда на стержень перпендикулярно продоль- ной оси Z на очень близком расстоянии а друг от друга действуют две равные сосредоточенные силы F, направленные в противопо- ложные стороны. 44 Деформации сдвига (среза) подвергаются в основном соедини- тельные элементы конструкций: заклепки, болты, швы электросвар- ки, врубки, шпонки. При сдвиге в поперечном сечении стержня возникают попереч- ная сила Q и изгибающий момент M. В большинстве случаев опре- деляющее значение имеет поперечная сила, а изгибающим момен- том пренебрегают, т. е. сдвиг считают чистым. Поперечная сила Q определяется методом сечений. Поперечная сила приводит к образованию касательных напря- жений , которые, как принято считать, по площади сдвига (среза) распределяются равномерно и определяются по формуле A Q , где Q – поперечная сила в сечении сдвига; А – площадь поперечного сечения в зоне сдвига. В зоне чистого сдвига материал элемента находится в условии плоского напряженного состояния. Но поскольку в зоне сдвига воз- никают только касательные напряжения, условие прочности запи- сывается в виде max ,sR  где Rs – расчетное сопротивление материала сдвигу. В зоне сдвига наблюдаются следующие деформации: S – абсо- лютный сдвиг и  = S/a – относительный сдвиг (см. рис. 2.1). Закон Гука при сдвиге выражается формулой ,G   где G – модуль упругости материала при сдвиге (модуль упругости второго рода). 2.1. Расчет заклепочных соединений В реальных условиях соединений заклепки рассчитываются на срез по касательным напряжениям, а контактирующие элементы (заклепки, соединяемые части) – еще и на смятие по нормальным напряжениям (рис. 2.2). 45 Рис. 2.2 Принято считать, что при статической нагрузке заклепки вдоль линии действия внешних сил нагружены одинаково. Различают заклепочные соединения одно- и многосрезные (см. примеры). Условие прочности на срез имеет вид ,s s s Q Q R A Ann     (2.1) где Q – поперечная (срезывающая) сила в заклепочном соединении: Q = f (F); As – суммарная площадь срезаемых заклепок; A – площадь поперечного сечения одной заклепки; n – число заклепок в соединении; ns – число срезов в одной заклепке; Rs – расчетное сопротивление материала заклепки срезу. В местах контакта заклепки с соединяемыми элементами возни- кают усилия смятия, приводящие к образованию по площади контак- та нормальных напряжений р. Считается, что эти напряжения рас- пределяются по условной площади сечения (d t) равномерно. Условие прочности на смятие имеет вид ,p p p N N R A d n t     (2.2) где N – сминающая сила: N = f (F); Ар – суммарная площадь сопротивления смятию; d – диаметр заклепки; 46 n – число заклепок в соединении; Σt – наименьшая суммарная толщина элементов соединения, сминающихся в одном направлении; Rр – расчетное сопротивление материала смятию. Количество заклепок в соединении определяется из условий проч- ности на срез (2.1) и смятие (2.2). В расчет принимается большее их количество. Поскольку площадь поперечного сечения соединяемых элемен- тов конструкции уменьшена (ослаблена) отверстиями под заклепки, требуется проверка их прочности на растяжение по нормальным напряжениям: нт ,N R A    (2.3) где N – продольная сила в соединяемых элементах; Ант – площадь ослабленного сечения (нетто); R – расчетное сопротивление материала соединяемых элемен- тов на растяжение. Ослабление сечения отверстиями под заклепки у прокатных профилей составляет около 15 % (Ант ≈ 0,85Абрутто). Болтовые соединения рассчитыва- ются аналогично заклепочным. Пр им е р 2.1 Стальная полоса 1 сечением 130 × × 8 мм, с расчетной нагрузкой F = = 160 кН прикрепляется к фасонному листу 2 толщиной 10 мм заклепками диаметром d = 16 мм, рис. 2.3. Проверить прочность заклепочно- го соединения. Расчетные сопротивления: для со- единяемых элементов – на растяжение R = 210 МПа, на смятие Rp = 420 МПа, для заклепок – на срез Rs = 200 МПа. Рис. 2.3 47 Р еш е н и е Нагрузка F, приложенная к присоединяемой полосе, через за- клепки передается на фасонный лист. Полоса и лист подвергаются растяжению, а заклепки – срезу. В местах соприкосновения закле- пок с соединяемыми элементами происходит деформация смятия. Проверка прочности соединения выполняется по трем условиям: на срез заклепок, смятие и разрыв полосы по ослабленному сечению. Проверка прочности заклёпок на срез проводится по формуле (2.1): 3 2 2 6 4 4 160 10 3,14 16 10 4 1s s Q F An n d nn            90,199 10 Па 199МПа 200 МПа,sR     т. е. условие прочности на срез выполняется. Заметим, что заклепок в соединении n = 4, число срезов в одной заклепке ns = 1 и что нагрузка F передается на все четыре заклепки поровну (Q = F/n). Проверка прочности заклепок на смятие проводится по форму- ле (2.2): 3 3 3 160 10 16 10 4 8 10p N F d n t d n t            90,313 10 Па 313МПа 420 МПа,    т. е. условие прочности на смятие выполняется. Заметим, что в расчет принимается наименьшая толщина соеди- няемых элементов, т. е. полосы (tп = 8 мм). Проверка прочности присоединяемой полосы на растяжение про- водится в ослабленном сечении по формуле (2.3): 3 3 3 3 3нт п п 160 10 2 130 10 8 10 2 16 10 8 10 N F A bt d t                  90,204 10 Па 204 МПа 210МПа,    т. е. условие прочности полосы на растяжение выполняется. 48 Заметим, что b tп – площадь поперечного сечения полосы брутто (без отверстий), а d tп – площадь сечения полосы под заклепкой. Фасонный лист, к которому приклепана полоса, также рассчиты- вается на растяжение по ослабленному сечению. В данном примере прочность его обеспечена за счет больших размеров поперечного сечения. Таким образом, рассматриваемое заклепочное соединение отве- чает всем требованиям прочности. Пр им е р 2.2 Нижний пояс фермы, выполненный из неравнополочных уголков, соединяется при помощи накладки и заклепок диаметром d = 14 мм, рис. 2.4. Рис. 2.4 Расчетная продольная сила (выявленная в процессе расчета фер- мы) N = 500 кН. Подобрать номер уголков и размеры поперечного сечения накладки, а также определить необходимое количество за- клепок, если R = 210 МПа, Rр = 350 МПа, Rs = 190 МПа. Высоту накладки принять на 15 мм больше высоты полки уголка. Р еш е н и е Соединяемые элементы (уголки) пояса фермы и соединительная накладка подвергаются растяжению и смятию, а заклепки – срезу. Площадь поперечного сечения нижнего пояса фермы определим из условия прочности по нормальным напряжениям (2.3): 49 нт бр0,85 ; NА А R   3 2бр 6 500 10 28,0 см . 0,85 0,85 210 10 NА R     Для одного уголка брА = 28,0 / 2 = 14,0 см2. По сортаменту для неравнополочных уголков принимаем два уголка 125 × 80 × 7 мм с площадью Абр = 2 · 14,06 = 28,1 см2. Толщину накладки tн можно определить из формулы (2.3) или воспользоваться значением Абр для уголков: уголн брА А . По условию задачи hн = В + 15 мм = 125 + 15 = 140 мм. Тогда Ан = hнtн = 14,0tн = 28,1 см2, откуда tн = 2 см. Определим количество заклепок из условия прочности на срез (2.1): 3 3 2 2 6 6 4 4 500 10 0,00855 10 8,55. 3,14 14 10 2 190 10s s s s Q Nn An R d n R              В рассматриваемом примере заклепки двухсрезные (ns = 2). Определим количество заклепок из условия прочности на смя- тие (2.2): 3 3 3 3 6 500 10 0,00729 10 7,29. 14 10 2 7 10 350 10p Nn d tR             Заметим, что в одном направлении сминаются уголки, для которых ∑t = 2 · 7 = 14 мм, 50 а в другом – накладка, для которой ∑t = 1 · 20 = 20 мм. В расчет идет меньшее значение ∑t (как более слабое). Из двух вычисленных значений n выбираем большее. Округлив число n до большего целого, получим n = 9. Таким образом, на к а ж д о й половине накладки необходимо разместить по девять заклепок. Уточним несущую способность N рассмотренного заклепочного соединения. Из условия прочности нижнего пояса фермы по фор- муле (2.3) N = Aнт R = (Aбр – Аотв) R = = (14,06 · 10–4 · 2 – 7 · 10–3 · 14 · 10–3 · 2) · 210 · 106 = 549 кН. Из условия прочности накладки по (2.3) N = Aнт R = (140 · 10–3 · 20 · 10–3 – 14 · 10–3 · 20 · 10–3)  × 210 · 106 = 529 кН. Из условия прочности заклепок на срез по (2.1) 2 2 6 63,14 14 10 9 2 190 10 526 4 4s s s s dN Ann R n n R           кН. Из условия прочности заклепок на смятие по формуле (2.2) N = d n ∑t Rp = 14 · 10–3 · 9 · 7 · 10–3 · 2 · 350 · 106 = 617 кН. Анализ полученных значений N показывает, что безопасная про- дольная сила, которую может воспринять заклепочное соединение, N = 526 кН, т. е. пояс фермы имеет повышенный на 5,2 % запас прочности. 51 2.2. Расчет сварных соединений В строительных конструкциях наиболее применимы сварные со- единения внахлестку, которые выполняются угловыми (валиковыми) электрошвами. Швы, расположенные в направлении действующей силы, называются боковыми (фланговыми), а расположенные перпен- дикулярно к этому направлению – торцевыми (лобовыми), рис. 2.5. Рис. 2.5 Угловые швы (боковые и торцевые) работают в основном на срез. Образующиеся в них касательные напряжения считаются рав- номерно распределенными по площади среза. Условие прочности на срез для угловых швов имеет вид Q Q R A h l        , (2.4) где τω – касательное напряжение по площади среза; Q – усилие среза: Q = f (F); Аω – площадь среза шва; β – коэффициент, зависящий от вида сварки: β = 0,7–1,0; hω – толщина (катет) углового шва; lω – суммарная расчетная длина швов; Rω – расчетное сопротивление материала шва срезу. Проектная длина каждого участка шва увеличивается на 1 см про- тив расчетной в связи с неполным проваром его концов. Длина отрезка шва должна быть в пределах lω = (4–60) hω. 52 Пр им е р 2.3 Стальная полоса, нагруженная рас- четной силой F = 160 кН (рис. 2.6), угловыми швами приварена к фасон- ному листу. Толщина шва hω = 8 мм. Сварка выполнена ручным способом. Проверить прочность полосы и свар- ных швов, если R = 210 МПа, Rω = = 150 МПа. Р еш е н и е Угловые швы (боковые 1, 2 и тор- цевой 3) подвергаются деформации сре- за. Присоединяемая полоса подверга- ется деформации растяжения. Нормальные напряжения в полосе 3 9 3 3 160 10 0,200 10 Па 100 10 8 10 N F A A            200МПа 210МПа,R   т. е. прочность полосы обеспечена. Касательные напряжения в угловых швах по формуле (2.4) 3 3 3 160 10 0,7 8 10 200 10 Q F F A A h l                90,143 10 Па 143МПа 150МПа,R     т. е. прочность угловых швов на срез обеспечена. Для ручной сварки коэффициент β = 0,7. При вычислении рас- четной длины шва в связи с неполным проваром концов все его от- резки уменьшаются на 10 мм: lω = 2 (65 – 10) + (100 – 10) = 200 мм. Рис. 2.6 53 Пр им е р 2.4 Стык двух неравнополочных уголков, перекрытый накладкой, растягивается силой F = 245 кН (рис. 2.7). Рис. 2.7 Из условия равнопрочности соединения определить номер уголков, размеры поперечного сечения накладки и длину фланговых швов для соединения уголков с накладкой, если R = 210 МПа, Rω = 180 МПа. Сварка ручная. Р еш е н и е Номер неравнополочных уголков определим из условия прочно- сти по нормальным напряжениям: ,N F R A A     откуда 3 3 2 2 6 245 10 1,17 10 м 11,7 см . 210 10 FA R      Для одного уголка 11,7 5,85 2 A   см2. 54 Из таблицы сортамента принимаем два уголка 63  40  6 мм с площадью сечения А = 5,9  2 = = 11,8 см2. Для принятого уголка В = 63 мм, ус = 2,12 см. Толщину накладки определим из условия ее равнопрочности с уголками, приняв во внимание, что ее сторона Вн = В + 40 = 63 + 40 = 103 мм. Вн tн = А = 11,8 см2, откуда tн = 11,8 / 10,3 = 1,146 см. Принимаем tн = 1,2 см. Приняв толщину шва hω = 6 мм (равную толщине уголка) и учи- тывая, что Q = F, длину сварных швов определим из условия проч- ности их на срез (2.4): 3 3 6 245 10 0,324 м 32,4 0,7 6 10 180 10 Fl h R           см. Вычисленная длина швов должна быть расположена по одну сторону от стыка. Так как в соединении два уголка, на один уголок длина шва будет 32,4 / 2 16,2l   см, причем l1 + l2 = 16,2 см. (2.5) Поскольку линия действия силы F, проходящая по продольной оси уголка, находится на разных расстояниях от верхнего 1 и ниж- него 2 швов, длина их должна быть обратно пропорциональна рас- стоянию от продольной оси до швов, т. е. 1 2 4,18 1,97 2,12 с с В уl l у    . (2.6) 55 Решив совместно уравнения (2.5) и (2.6), получим l1 = 10,75 см; l2 = 5,45 см. Проектную длину швов с учетом неполного провара их концов примем l1 = 12 см; l2 = 6,5 см. 2.3. Расчет врубок Врубки как способ соединения деревянных элементов конструк- ций, вследствие различной сопротивляемости древесины вдоль и поперек волокон, рассчитываются на скалывание (сдвиг) вдоль волокон и смятие вдоль и поперек волокон по площади соприкос- новения соединяемых элементов (рис. 2.8). Рис. 2.8 Условие прочности врубки на скалывание вдоль волокон имеет вид 0 cos ,ps s s F F R A bl     (2.7) где s – касательное напряжение в зоне скалывания; Fp0 – усилие скалывания вдоль волокон; Аs – площадь скалывания вдоль волокон; b – ширина врубки; 56 l – длина зоны скалывания; Rs – расчетное сопротивление древесины на скалывание (вдоль волокон). Условие прочности врубки на смятие вдоль волокон имеет вид 0 0 0 0 cos ,pp p p F F R A ba     (2.8) где р0 – нормальное напряжение по площади смятия (вдоль волокон); Fр0 – усилие смятия вдоль волокон; Ар0 – площадь смятия вдоль волокон; F – сила, действующая на стропильную ногу; b – ширина врубки; а – глубина врубки; Rр0 – расчетное сопротивление древесины смятию вдоль волокон. Условие прочности врубки на смятие поперек волокон имеет вид 90 90 90 90 sin ,pp p p F F R A cb     (2.9) где р90 – нормальное напряжение по площади смятия (поперек во- локон); Fр90 – усилие смятия поперек волокон; Ар90 – площадь смятия поперек волокон; с – длина врубки; b – ширина врубки; Rр90 – расчетное сопротивление древесины смятию поперек во- локон. Соединение деревянных элементов конструкций при помощи шпонок, а также соединение на шип рассчитываются аналогично расчету врубок. Пр им е р 2.5 Соединение стропильной ноги 1 с затяжной 2 выполнено с по- мощью лобовой врубки. Усилие в стропильной ноге F = 100 кН (рис. 2.9). 57 Рис. 2.9 Определить необходимые размеры соединения а, с, l, если h = 20 см, b = 15 см. Расчетные сопротивления для древесины: на растяжение и сжатие R = 10 МПа, на смятие вдоль волокон Rр0 = 12 МПа, на смятие поперек волокон Rр90 = 3 МПа, на скалывание вдоль волокон Rs = 2,2 МПа. Р еш е н и е Сжимающее усилие в стропильной ноге F передается затяжке. В зоне врубки происходит деформация скалывания вдоль l, смятие поперек волокон по длине с и смятие вдоль волокон на участке а. Длину выступающего конца затяжки l определяем из условия прочности на скалывание (2.7): о 3 1 2 6 cos45 100 10 0,707 2,14 10 м 21,4 15 10 2,2 10s Fl bR           см, принимаем l = 22 см. Глубину врубки а определяем из условия прочности на смятие вдоль волокон (2.8): о 3 1 2 6 0 cos 45 100 10 0,707 0,393 10 м 3,93 15 10 12 10p Fa bR           см, принимаем а = 4,0 см. 58 Заметим, что вычисленная глубина врубки укладывается в тех- ническую норму: 202 см 6,67 см. 3 3 ha    Длину опирания с стропильной ноги определим из условия проч- ности на смятие поперек волокон (2.9): о 3 1 2 6 90 sin 45 100 10 0,707 1,57 10 м 15,7 15 10 3 10p Fc bR           см, принимаем с = 16 см. Пр им е р 2.6 Стык двух сосновых брусьев сечением h = 18 см и b = 6 см осу- ществлен при помощи зуба (рис. 2.10). Рис. 2.10 Определить необходимые размеры зуба (длину l и высоту а). Расчетные сопротивления брусьев: на растяжение R = 10 МПа, на срез Rs = 24 МПа, на смятие Rр0 = 14 МПа. 59 Р еш е н и е Зуб рассчитывается на скалывание и смятие вдоль волокон (зоны деформации показаны на рис. 2.10). Высота ослабленного сечения бруса 1 2 h ah  и высота зуба а связаны между собой. Выразив F из условия проч- ности на растяжение и смятие, найдем значение высоты зуба а, а следовательно, и значение высоты ослабленного сечения бруса h1. Из условия прочности на растяжение 2 2 6 2 18 10 1010 10 6 10 . 2 2 h a aF Rb           (2.10) Из условия прочности на смятие F = Rp0 ba = 14  106  6  10–2  a  210 . (2.11) Из уравнений (2.10) и (2.11) а = 4,74 см, принимаем а = 5 см. Высота ослабленного сечения бруса 1 18 5 6,5 2 h   см. Наибольшая допустимая нагрузка на соединение брусьев Fаdm = Rbh1 = 10  106  6  10–2  6,5  10–2 = 39 кН. Длину зуба l определим из условия прочности на скалывание (2.7): 3 1 2 6 39 10 2,71 10 м 27,1 6 10 2,4 10s Fl bR          см, принимаем l = 28 см. 60 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ Плоское поперечное сечение любого стержня характеризуется рядом геометрических величин: площадью А; координатами центра тяжести х0, у0; статическим моментом S; осевыми моментами инерции Jх, Jу; полярным моментом инерции Jp; центробежным моментом инерции Jху. Эти величины используются при расчетах элементов конструк- ций на прочность и жесткость. Площадь поперечного сечения А характеризует сопротивляе- мость стержня растяжению и сжатию. Осевые моменты инерции Jх и Jу характеризуют сопротивляе- мость изгибу, а полярный Jp – кручению, в зависимости от размеров и формы сечения. Формулы для определения некоторых геометрических характе- ристик для простых фигур приведены на рис. 3.1. Для прокатных профилей (двутавр, швеллер, уголок) данные о геометрических характеристиках приводятся в соответствующих стандартах на сортаменты (приложения). Для определения координат ц е н т р а т я ж е с т и сложного се- чения произвольно выбирается прямоугольная система вспомога- тельных осей ХОY. Сечение разделяется на простые фигуры, центры тяжести и площади которых легко определяются, отмечаются эти центры Оi, проводятся центральные оси ХiYi и обозначаются рассто- яния хi и уi от центральной оси каждой простой фигуры до вспомо- гательных осей (рис. 3.2). Координаты центра тяжести сложного сечения определяются по формулам в 0 ; ySx A   в 0 , xSy A   (3.1) где ∑S – сумма статических моментов простых фигур относительно соответствующей вспомогательной оси; ∑А – суммарная площадь простых фигур. 61 Рис. 3.1 62 Рис. 3.2 С т а т и ч е с к и е м ом е н т ы площади сечения относительно вспомогательных осей равны произведению площади на расстояние от ее центра тяжести до данной оси: в ,x i iS A y  в ,y i iS A x  (3.2) где хi, уi – координаты центра тяжести отдельных простых фигур в системе вспомогательных осей; Аi – площади сечений этих отдельных фигур. Статический момент площади фигуры в зависимости от положе- ния фигуры относительно рассматриваемой оси может быть поло- жительным, отрицательным или равным нулю. Статический момент площади относительно центральной оси равен нулю. Если фигура имеет ось симметрии, то ее центр тяжести лежит на этой оси. Если фигура имеет две оси симметрии, то ее центр тяже- сти совпадает с точкой пересечения этих осей. О с е в ы е и ц е н т р о б е ж ны е моменты инерции сложного сечения относительно его центральных осей Х0Y0 определяются ис- ходя из значений моментов инерций для простых фигур с учетом 63 формулы перехода к параллельным осям (переход от центральной оси простой фигуры к центральной оси всего сечения): 2 0 ( );ix x i iJ J A m  20 ( );iy y i iJ J A n  (3.3) 0 0 ( ),i ix y x y i i iJ J A n m  где , ixJ ,iyJ i ix yJ – моменты инерции простых фигур относитель- но собственных центральных осей; mi, ni – расстояния между центральными осями простых фигур и центральными осями всего сечения (см. рис. 3.2). Моменты инерции измеряются единицами длины в четвертой степени (мм4, см4, м4). Осевые моменты инерции всегда положи- тельны, а центробежный момент может быть положительным, от- рицательным и равным нулю в зависимости от положения фигуры относительно координатных осей. Центробежный момент инерции сечения относительно центральных осей, из которых хотя бы одна является осью симметрии, равен нулю. Для неравнополочного и равнополочного уголков значение цен- тробежного момента инерции относительно центральных осей, па- раллельных полкам, определяется по формуле min min( )( ),ХY x yJ J J J J    где Jmin – минимальный момент инерции сечения (приводится в сор- таменте). В некоторых сортаментах приводятся готовые значения Jхy. Знак Jхy для уголка зависит от его положения в сечении. Рекомендуется поль- зоваться схемой, приведенной на рис. 3.1, где показаны возможные положения уголка в сечении и приведены знаки для Jхy. Главные центральные оси При повороте центральных взаимно перпендикулярных осей Х0Y0 вокруг центра тяжести сечения (точки О) значения осевых и центро- 64 бежного моментов инерции изменяются. При некотором положении этих осей центробежный момент инерции сечения станет равным нулю. Эти оси называются главными центральными и обозначаются буквами U и V. Положение их обусловлено углом α0 (см. рис. 3.2), определяемым по формуле 0 0 0 0 0 2 tg2 .x y x y J J J     (3.4) Угол α0 отсчитывается от оси с большим моментом инерции (X0 или Y0), положительное значение – против хода часовой стрелки. Так определяется положение оси U, а ось V ей перпендикулярна. Осевые моменты инерции сечения относительно главных цен- тральных осей имеют экстремальные значения (максимальное JU и минимальное JV) и определяются по формуле 0 0 0 0 0 0 2 2 , 1 ( ) ( ) 4 . 2U V x y x y x y J J J J J J        (3.5) В теории сопротивления материалов доказывается, что сумма осе- вых моментов инерции сечения при повороте осей относительно их центра тяжести не изменяется, т. е. 0xJ + 0yJ = JU + JV. Это положение может быть использовано для контроля определе- ния моментов инерции, вычисленных по формуле (3.5). В сечении, имеющем одну ось симметрии, эта ось является од- ной из главных центральных осей. Если сечение имеет две оси сим- метрии, то они являются главными центральными осями. Главные центральные моменты инерции, как имеющие экстре- мальные значения, характеризуют наибольшую и наименьшую жест- кость (сопротивляемость) балки при изгибе. Они позволяют рацио- нально расположить сечение балки по отношению к нагрузке. 65 Пр им е р 3.1 Для заданного сечения определить значения главных централь- ных моментов инерции. Данные к примеру: h = 16 см, b = 12 см, d = 6 см (рис. 3.3). Р еш е н и е Данное сечение представляет собой прямоугольник с круглым отверстием. Поскольку центры тяжести этих про- стых фигур совпадают, центр тяжести сечения расположен в точке О. Проведенные на сечении оси X0 и Y0 являются осями симметрии. Вычислим значения моментов инерции относительно централь- ных осей X0 и Y0, используя формулы, приведенные на рис. 3.1, для фигур, из которых состоит сечение: 0 3 4 3 4пр кр 412 16 3,14 6 4032,4 см ; 12 64 12 64x x x bh dJ J J          0 3 4 3 4пр кр 412 16 3,14 6 2240,4 cм . 12 64 12 64y y y b h dJ J J          Поскольку оси X0 и Y0 сечения являются осями симметрии и проходят через центр тяжести, они являются главными централь- ными осями (U и V). Исходя из значений 0xJ и 0yJ следует, что JU = 0xJ = 4032,4 см4 (большее значение), а JV = 0yJ = 2240,4 см4 (меньшее значение). Следует отметить, что данное сечение имеет наибольшую сопро- тивляемость изгибу относительно оси X0, так как JU = 0xJ = Jmax, и наименьшую относительно оси Y0, так как JV = 0yJ = Jmin. Рис. 3.3 66 Пр им е р 3.2 Для заданного сечения определить положение центра тяжести и значения главных центральных моментов инерции (рис. 3.4). Рис. 3.4 Данные к примеру: h = = 15 см, b = 18 см, d = 8 см. Р еш е н и е Данное сложное сечение можно представить как сочетание пря- моугольника (1), двух треугольников (3 и 4) и выемки в виде полу- круга (2). На сечении отмечаются центры тяжести простых фигур (О1, …, О4) и проводятся их центральные оси (X1, …, X4) и (Y1, …, Y4). Поскольку ось Y0 сечения является осью симметрии – центр тя- жести его лежит на этой оси. Для определения положения центра тяжести по оси Y0 выбирается вспомогательная ось Xв, совпадающая с нижней стороной сечения. Вычисляем расстояние от центральных осей простых фигур до вспомогательной оси: 67 1 15 7,5 2 2 hy    см; 2 0,212 0,212 8 1,70y d    см; 3 4 15 5,0 3 3 hy y    см. Площадь рассматриваемого сечения 2 2 1 2 3 4 ( ) 3,14 82 2 2 15 8 4 2 2 4 2 b dhdA A A A A hd               2 18 815 ( ) 2 2 2 169,9 см . 2      По формуле (3.2) статический момент площади сечения относи- тельно вспомогательной оси в 1 1 2 2 3 3 2х i iS A y A y A y A y      3120 7,5 25,1 1,7 37,5 5 2 1232,3 см .        Ордината центра тяжести сечения (по формуле (3.1)) в 0 1232,3 7,25 169,9 хSy A    см. На сечении отмечается центр тяжести (точка О) и проводится центральная ось Х0. Напомним, что другой центральной осью явля- ется ось Y0. Вычисляем расстояния m, n между центральными осями простых фигур и всего сечения: 68 1 1 0 7,5 7,25 0,25m у y     см; 2 0 2 7,25 1,70 5,55m y y     см; 3 4 0 3 7,25 5 2,25m m y у      см; n1 = 0, n2 = 0; 3 4 1 8 1 18 8( ) ( ) 5,67 2 3 2 2 2 3 2 2 d b dn n        см. Предварительно для каждой простой фигуры вычисляем значе- ния осевых моментов инерции относительно собственных централь- ных осей Xi Yi. Для первой фигуры (прямоугольник) 1 3 3 48 15 2250 см ; 12 12x dhJ    1 3 3 415 8 640 см . 12 12y hdJ    Для второй фигуры (полукруг) 2 4 4 40,00686 0,00686 8 28,1см ;xJ d    2 4 4 43,14 8 100,5 см . 128 128y dJ     Для третьей и четвертой фигур (треугольники) 3 4 3 3 4 18 8( ) ( ) 15 2 2 2 2 468,8 см ; 36 36x x b d h J J        3 4 3 3 4 18 8( ) 15 ( ) 2 2 2 2 52,1см . 36 36y y b dh J J        Определяем значения осевых моментов инерции заданного сече- ния относительно центральных осей Х0Y0 (по формуле (3.3)): 69 0 1 2 3 2 2 2 2 1 1 2 2 3 3( ) ( ) 2( )ix x i i x x xJ J A m J A m J A m J A m         2 2 22250 120 0,25 (28,1 25,1 5,55 ) 2 (468,8 37,5 2,25 )           42773,5 см , 0 1 2 3 2 2 3 3( ) 2( )iy y i i y y yJ J A n J J J A n       2 4640 100,5 2 (52,1 37,5 5,67 ) 3054,9 см .       Рассматриваемое сечение имеет ось симметрии – ось Y0. Значит, эта ось является одной из главных осей. Другая главная ось – X0 – проходит через центр тяжести сечения и перпендикулярна первой. Исходя из значений 0xJ и 0yJ следует, что JU = 0yJ = 3054,9 см4, а JV = 0xJ = 2773,5 см4. Пр им е р 3.3 Для сечения, составленного из двух швеллеров и листа, опреде- лить значения главных центральных моментов инерции (рис. 3.5). Рис. 3.5 70 Данные к примеру: швеллер № 20, лист сечением 15,2 × 2 см. Из таблиц сортамента для швеллера № 20: h = 20 см, b = 7,6 см, A = 23,4 см2, Jx = 1520 см4, Jy = 113 см4, xc = 2,07 см. Р еш е н и е На сечении отмечаются центры тяжести швеллеров (О1, О2), лис- та (О3), проводятся их центральные оси (X1, …, X3) и (Y1, …, Y3). Центр тяжести сечения лежит на оси Y0, так как последняя явля- ется осью симметрии. Вспомогательная ось Хв проводится по ниж- ней стороне сечения. Координаты центров тяжести отдельных фигур относительно осей в в:Х Y 1 2 20 10 2 2 hy y    см; 3 2 20 21 2 2 ty h     см. Ордината центра тяжести в 0 2 23,4 10 15,2 2 21 14,3 2 23,4 15,2 2 x i iS A yy A A               см. На сечении отмечается центр тяжести О и проводится централь- ная ось Х0. Вычисляем расстояния между осями n и m: 1 2 0 2014,3 4,3 2 2 hm m y      см; 3 0 2( ) (20 ) 14,3 6,7 2 2 tm h y       см; 1 2 7,6 2,07 5,53cn n b x      см; n3 = 0. Значения осевых моментов инерции относительно центральных осей Х0Y0: 71 0 2( ) ix x i iJ J A m   3 2 2 415,2 22 (1520 23,4 4,3 ) 15,2 2 6,7 5280 см ; 12          0 2( ) iy y i iJ J A n   3 2 42 15,22 (113 23,4 5,53 ) 15,2 2 0 2243 см . 12          Так как оси Х0Y0 являются главными центральными осями сечения, значения 0xJ и 0yJ являются главными центральными моментами инерции. Из значений 0xJ и 0yJ следует, что JU = 0xJ = 5280 см4, а JV = 0yJ = 2243 см4. Данное сечение имеет наибольшую сопротивляе- мость изгибу относительно оси Х0 и наименьшую относительно оси Y0. Пр им е р 3.4 Для сечения, составленного из двух прокатных профилей (двутав- ра и неравнополочного уголка), определить положение центра тяже- сти и значения главных центральных моментов инерции (рис. 3.6). а б Рис. 3.6 72 Данные к примеру: двутавр № 22, уголок № 20/12,5/1,1. В рассматриваемом сечении двутавр расположен иначе, чем в таб- лице сортамента, поэтому значения моментов инерции нужно запи- сать с учетом его положения. Выписка из таблиц сортамента: 1) для двутавра № 22 h = 22 см, b = 11 см, d = 0,54 см, A = 30,6 см2, Jx = 157 см4, Jy = 2550 см4. 2) для уголка № 20/12,5/1,1 B = 20 см, b = 12,5 см, A = 34,87 см2, Jx = 1449 см4, d = 1,1 см, Jy = 446 см4, хс = 2,79 см, ус = 6,5 см, Jxy = 465 см4. Р еш е н и е Сечение не имеет осей симметрии. Для определения координат центра тяжести сечения выбираются вспомогательные оси ХвYв; от- мечаются центры тяжести фигур (O1, O2), составляющих сечение; проводятся их центральные оси (Х1Y1, Х2Y2), параллельные вспомо- гательным, и вычисляются расстояния между ними и вспомогатель- ными осями: 1 2 221,1 12,1 2 2 hx d     см; 1 1 11 5,5 2 2 by    см; 2 2,79cx x  см; 2 20 6,5 13,5cy B y     см. Координаты центра тяжести сечения в 1 1 2 2 0 1 2 30,6 5,5 34,87 13,5 9,76 30,6 34,87 xS A y A yy A A A           см; в 1 1 2 2 0 1 2 30,6 12,1 34,87 2,79 7,14 30,6 34,87 yS A x A xx A A A           см. 73 По значениям х0 и у0 на сечении отмечается центр тяжести О (рис. 3.6, б). Заметим, что центр тяжести должен лежать на прямой, соединяющей точки O1 и O2. Далее проводятся центральные оси Х0Y0, параллельные вспомо- гательным, и вычисляются расстояния n и m: 1 0 1( ) (9,76 5,5) 4,26m y у        см; 2 2 0 13,5 9,76 3,74m y y     см; 1 1 0 12,1 7,14 4,96n x x     см; 2 0 2( ) (7,14 2,79) 4,35n x x        см. Знаки при m и n назначаются с учетом перехода от центральных осей Xi, Yi фигур, составляющих сечение, к общим центральным осям X0, Y0. Вычисляем значения осевых и центробежного моментов инерции сечения относительно центральных осей X0, Y0: 0 1 2 2 2 2 1 1 2 2( )ix x i i x xJ J A m J A m J A m       2 2 4157 30,6 4,26 1449 34,87 3,74 2649 см ;       0 1 2 2 2 2 1 1 2 2( )iy y i i y yJ J A n J A n J A n       2 2 42550 30,6 4,96 446 34,87 4,35 4409 см ;       0 0 1 1 2 21 1 1 2 2 2( )i ix y x y i i i x y x yJ J A n m J A n m J A n m       40 30,6 ( 4,26) 4,96 465 34,87 3,74 ( 4,35) 749 см .            Значение 2 2x yJ положительное (см. рис. 3.1). 74 Положение главных центральных осей сечения характеризуется углом α0, который определяется по формуле (3.3): 0 0 0 0 0 2 2 ( 749)tg2 0,851; 2649 4409 x y x y J J J          02 40,4 ,    0 20,2 .    Угол α0 отсчитывается от оси с большим моментом инерции, т. е. от Y0, по ходу часовой стрелки, так как численное значение угла от- рицательное. Таким образом определяется положение оси U. По формуле (3.5) определяем значения главных центральных мо- ментов инерции сечения:  0 0 0 0 0 02 2, 1 ( ) ( ) 42 x yU V x y x yJ J J J J J         2 21 1(2649 4409) (2649 4409) 4 749 7058 2311 ,2 2        отсюда максимальный момент инерции сечения JU = 4684,5 см4, ми- нимальный JV = 2373,5 см4. Проверяем правильность вычислений, выполненных по форму- ле (3.5): 0XJ + 0YJ = 2649 + 4409 = 7057 см4; JU + JV = 4684,5 + 2373,5 = 7057 см4. Таким образом, рассмотренное сечение имеет наибольшую со- противляемость изгибу относительно оси U и наименьшую – отно- сительно оси V. 75 4. КРУЧЕНИЕ Стержень подвергается деформации кручения при нагружении его парой сил F, лежащих в плоскости, перпендикулярной продоль- ной оси Z. Пара сил приводится к моменту Te = Fa, который называется скручивающим (внешним) моментом (рис. 4.1). Рис. 4.1 Прямой стержень круглого поперечного сечения, работающий на кручение, называется валом. Нагрузка вала (скручивающие момен- ты) образуется от приводных шкивов и зубчатых колес, насаженных на вал, а также от двигателя. Если вал находится в состоянии покоя или равномерного враще- ния, условие равновесия выражается уравнением ∑Те(z) = 0. 4.1. Внутренние силы при кручении В поперечных сечениях скручиваемого стержня возникают внут- ренние силы сопротивления – крутящие моменты Т. Они определяют- 76 ся методом сечений, по которому стержень мысленно разделяется на две части и рассматривается равновесие любой из них (см. рис. 4.1). Из условия равновесия вытекает, что крутящий момент Т в сече- нии вала равен алгебраической сумме всех скручивающих момен- тов Te, действующих по одну сторону от рассматриваемого сечения (слева или справа): Т = ∑Телев = ∑Теправ . Правило знаков для моментов таково: скручивающий момент Te образует в поперечном сечении п о л о ж и т е л ь н ы й крутящий мо- мент (Т > 0), если он (Te) направлен п о х о д у часовой стрелки при взгляде со стороны сечения, и наоборот. Изложенное правило знаков иллюстрируется на рис. 4.2. Рис. 4.2 Поскольку сопротивление кручению материалов в ту или другую сторону одинаково, можно применять и обратное правило знаков. По вычисленным значениям Т на расчетных участках вала (меж- ду сечениями, где приложены моменты) строится эпюра крутящих моментов. 4.2. Кручение стержней круглого поперечного сечения 4.2.1. Напряжения при кручении При кручении стержня круглого поперечного сечения примени- ма гипотеза плоских сечений – смежные сечения поворачиваются одно относительно другого, оставаясь плоскими при неизменном рас- стоянии между ними. Радиусы, проведенные в сечении до деформа- ции, остаются прямыми и после нее. 77 Элементы материала скручиваемого стержня испытывают дефор- мацию чистого сдвига и сопровождаются касательными напряже- ниями τ. Формула для определения касательного напряжения τ в любой точ- ке скручиваемого стержня круглого поперечного сечения имеет вид p Т J    , (4.1) где Т – крутящий момент в рассматриваемом сечении стержня; Jр – полярный момент инерции сечения стержня; ρ – расстояние от рассматриваемой точки до центра тяжести се- чения (радиус рассматриваемой точки сечения). Касательные напряжения распределяются по поперечному сече- нию стержня неравномерно, нарастая от продольной оси Z к по- верхности по линейному закону: в центре тяжести сечения τ = 0; на контуре сечения, где ρ = ρmах = r, – достигают максимального значения τ = τmах (рис. 4.3). Рис. 4.3 Максимальные касательные напряжения в скручивающем стержне max max p Т r J   , где r – радиус сечения стержня. 78 Отношение p p J W r  называется полярным моментом сопротивления, который характе- ризует сопротивляемость сечения деформации кручения в зависи- мости от его размеров и формы. Поскольку в поперечном сечении скручиваемого стержня возни- кают только касательные напряжения, материал его находится в ус- ловиях чистого сдвига, как частный случай плоского напряженного состояния. Если кручение стержня происходит от нагрузки в состоянии по- коя (статическое действие), то условие прочности для пластичного материала используется в виде τmах ≤ Rs. Для стержня круглого (сплошного и кольцевого) сечения усло- вие прочности при кручении принимает вид max max ,s p Т R W    (4.2) где Тmах – максимальный крутящий момент в стержне; Wр – полярный момент сопротивления сечения; Rs – расчетное сопротивление материала стержня сдвигу. Для круглого сплошного сечения 3 . 16p dW  Для кольцевого сечения 3 4(1 ), 16p dW c  79 где d – диаметр сплошного (наружный диаметр кольцевого) сечения; с – отношение внутреннего диаметра d0 к наружному d в коль- цевом сечении ( 0dс d  ). 4.2.2. Деформации при кручении. Условие жесткости При кручении стержня круглого поперечного сечения его про- дольная ось остается прямой и не изменяет своей длины. Попереч- ные сечения, оставаясь плоскими и перпендикулярными к продоль- ной оси, поворачиваются на некоторый угол φ (рис. 4.4). Рис. 4.4 Абсолютный угол закручивания (поворота сечения) определяет- ся по формуле , p Tl GJ   (4.5) где φ – угол закручивания (в радианах); Т – крутящий момент на участке стержня; l – длина участка стержня; G – модуль сдвига материала стержня; Jp – полярный момент инерции. 80 Для сплошного круглого сечения 4 , 32p dJ  для кольцевого 4 4(1 ). 32p dJ c  Вычислив значения φ на участках стержня, можно найти пере- мещения граничных сечений и построить эпюру перемещений (см. примеры). Величина угла закручивания ограничивается определенными пре- делами, которые обычно задаются в относительных величинах. Условие жесткости при кручении имеет вид max adml     или max adm , p Т GJ     (4.4) где θ – относительный угол закручивания; θadm – наибольший допустимый угол закручивания (радиан/метр). Напомним, что град рад 180 .     Из условий п р о ч н о с т и и ж е с т к о с т и можно решить три типа задач: проверить прочность и жесткость стержня, определить его диаметр и наибольшую допустимую нагрузку. При определении диаметра стержня по названным условиям из двух его найденных значений принимается большее. Значение скручивающего момента Те, передаваемого двигателем на вал, определяется по формуле 9550е РТ n  , Н·м, где Р – мощность двигателя, кВт; n – частота вращения, об/мин. 81 4.3. Кручение стержней прямоугольного поперечного сечения При кручении стержня прямоугольного поперечного сечения ги- потеза плоских сечений на опыте не подтверждается – поперечные сечения искривляются (депланиру- ют) и касательные напряжения рас- пределяются по сечению по более сложному закону (рис. 4.5). Наибольшие касательные напря- жения возникают посередине длин- ной стороны сечения и определя- ются по формуле ,max к ,h T W   (4.5) где Wк = αb2h – момент сопротив- ления при кручении; b и h – меньшая и большая стороны прямоугольного сечения; α – коэффициент, зависящий от соотношения сторон прямо- угольника (h/b), принимаемый по табл. 4.1. Таблица 4.1 h/b 1,0 1,5 2,0 3,0 4,0 α 0,140 0,294 0,457 0,790 1,123 β 0,208 0,346 0,493 0,801 1,150 γ 1,000 0,859 0,795 0,753 0,745 Посередине короткой стороны касательные напряжения состав- ляют часть максимального напряжения по длинной стороне: ,max ,max ,b h   где γ – коэффициент, зависящий от отношения h/b. В угловых точках и в центре тяжести прямоугольного сечения касательные напряжения равны нулю. Рис. 4.5 82 Угол закручивания стержня прямоугольного сечения определя- ется по формуле к ,Tl GJ   (4.6) где Jк = βb3h – момент инерции при кручении стержня прямоуголь- ного сечения; β – коэффициент, зависящий от соотношения сторон прямо- угольника. Значения коэффициентов α, β, и γ для прямоугольного сечения приведены в табл. 4.1. Пр им е р 4.1 Стальной стержень круглого поперечного сечения (рис. 4.6) на- ходится под действием скручивающей нагрузки (моментов Те). Рис. 4.6 Определить диаметр стержня из условий прочности и жесткости. Для материала стержня Rs = 120 МПа, G = 80 ГПа, θadm = 0,04 рад/м. Р еш е н и е Как следует из условия примера, стержень подвергается дефор- мации кручения. На расчетной схеме (рис. 4.7) выбирается начало координат (край- нее левое сечение) и положительное направление продольной оси Z; назначаются расчетные участки с границами в сечениях, где прило- жены скручивающие моменты Те. Длинам участков придается индекс номера участка. В пределах расчетных участков намечаются попе- 83 речные сечения (I–III) и отмечается их положение в системе коор- динатной оси (z1–z3). Рис. 4.7 Исходя из характера нагрузки к стержню может быть применено только одно уравнение равновесия ∑Мz = 0, из которого определим значение момента Те0. Уравнение равновесия ∑Мz = –Те1 + Те0 + Те2 – Те3 = –5 + Те0 + 6 – 4 = 0, откуда Те0 = 3 кН·м. Определим крутящие моменты Т на участках стержня, используя ранее описанный способ: 1) участок 10 30 см:z  Т1 = –Те1 = –5 кН·м; 84 2) участок 230 см 80 см:z  Т2 = –Те1 + Те0 = –5 + 3 = –2 кН·м; 3) участок 380 см 120 см:z  Т3 = –Те1 + Те0 + Те2 = –5 + 3 + 6 = 4 кН·м. При сосредоточенной нагрузке значения крутящих моментов Т не зависят от ординаты Z и, следовательно, являются постоянными в пределах расчетных участков (Тi = const). По полученным значениям Т в выбранном масштабе строится эпю- ра крутящих моментов (рис. 4.7, б). Из эпюры максимальный крутя- щий момент Тmах = 5 кН·м. Из условия прочности по касательным напряжениям (4.2) опре- деляем диаметр стержня: max max max 3 16 ,s р T T R W d     откуда 3 1max 33 6 16 16 5 10 0,597 10 м 5,97 см. 3,14 120 10s Td R         Из условия жесткости (4.4) max max adm4 32 p Т Т GJ G d      диаметр стержня 3 1max 44 9 adm 32 32 5 10 0,631 10 м 6,32 см. 80 10 3,14 0,04 Td G          Из двух значений d выбираем большее и, с учетом стандарта, принимаем d = 6,5 см. 85 Деформации (углы закручивания φ) на участке стержня опреде- ляются по формуле (4.3): 3 2 1 1 1 1 1 4 9 4 8 32 32 5 10 30 10 0,0107 рад; 80 10 3,14 6,5 10p T l T l GJ G d                  φ2 = – 0,00714 рад; φ3 = 0,0114 рад. Полученные значения углов закручивания φ позволяют вычислить перемещения граничных сечений стержня и построить эпюру пере- мещений. Крайнее левое сечение О примем за относительно непо- движное: φ0 = 0. Перемещение последующих граничных сечений будет равно алгебраической сумме углов закручивания участков, расположенных с начала отсчета: φ0 = 0, φА = φ0 + φ1 = 0 – 0,0107 рад = –0,0107 рад; φВ = φ0 + φ1 + φ2 или φВ = φА + φ2 = –0,0107 – 0,00714 = –0,0178 рад; φС = φВ + φ3 = –0,0178 + 0,0114 = –0,00640 рад. Эпюра перемещений показана на рис. 4.7, в. Наибольшее касательное напряжение будет на первом участке стержня, где Тmах: 3 9max max max 3 3 6 16 16 5 10 0,0928 10 Па 92,8МПа. 3,14 6,5 10р T T W d            Эпюра распределения касательных напряжений по поперечному сечению и угол поворота приведены на рис. 4.7, г. Анализ результатов вычислений На эпюре крутящих моментов в граничных сечениях имеются «скачки», равные значениям скручивающих моментов. Наиболее нагружен первый участок стержня (Т1,mах). Здесь и наи- большие касательные напряжения τmах = 92,8 МПа < Rs = 120 МПа. 86 Материал стержня значительно недонапряжен, так как диаметр стержня принят не по условию прочности, а по условию жесткости, которое оказалось более требовательным. Наибольший относительный угол закручивания будет на третьем участке: 3 max 3 0,0114 0,0285 0,40l     рад/м. Из эпюры перемещений видно, что наибольшее перемещение пре- терпевает сечение B, в котором φ = 0,0178 рад. Пр им е р 4.2 Проверить прочность и жесткость стального стержня круглого поперечного сечения, защемленного левым концом (рис. 4.8). Рис. 4.8 Диаметры участков: d1 = 5,2 см, d2 = 4,5 см. Для материала стержня Rs = 120 МПа, G = 80 ГПа, θadm = 0,07 рад/м. 87 Р еш е н и е Действующие на стержень скручивающие моменты вызывают в опоре реактивный момент ТА, для определения которого имеется одно уравнение равновесия ∑Мz = 0 (система статически определима). Искомый момент ТА направляется произвольно. ∑Мz = –ТА – Те1 + Те2 = 0, откуда ТА = –5,3 + 2 = –3,3 кН·м. Полученный знак «минус» при ТА означает, что действительное направление момента противоположное. Стержень имеет два расчетных участка. Крутящие моменты на участках стержня (рассматриваются части стержня слева от сечения) Т1 = ТА = 3,3 кН·м; Т2 = ТА – Те1 = 3,3 – 5,3 = –2,0 кН·м. Касательные напряжения на участках стержня (по формуле (4.2)) 3 1 1 1 3 3 6 1 16 16 3,3 10 120 МПа ; 3,14 5,2 10 sр T T R W d           3 2 2 2 3 3 6 2 16 16 2,0 10 112 МПа . 3,14 4,5 10 sр T T R W d           Относительные деформации на участках стержня (по формуле (4.4)) 3 1 1 1 adm4 9 4 8 1 1 32 32 3,3 10 0,0575 рад/м θ ; 80 10 3,14 5,2 10p Т T GJ G d             3 2 2 2 adm4 9 4 8 2 2 32 32 2,0 10 0,0621рад/м θ . 80 10 3,14 4,5 10p Т T GJ G d             Прочность и жесткость стержня при данных диаметрах обеспечены. 88 Пр им е р 4.3 Стержень круглого поперечного сечения d = 3см с защемленны- ми концами подвергается действию двух скручивающих моментов, соотношение которых Те1 / Те2 = 2. Определить наибольшие допустимые значения скручивающих мо- ментов и угол поворота сечения (т. K) стержня, если Rs = 120 МПа, G = 80 ГПа (рис. 4.9). Рис. 4.9 Р еш е н и е Исходя из характера нагрузки на стержень, в его опорах возник- нет по одной реакции – реактивному моменту Т (предварительно направляются произвольно), рис. 4.9, а. Уравнение равновесия можно составить только одно: ∑Мz = ТА – Те1 + Те2 + ТD = 0, в котором две неизвестные величины. Значит, рассматриваемый стер- жень является один раз статически неопределимым (2 – 1 = 1). Для раскрытия статической неопределимости необходимо соста- вить дополнительное уравнение исходя из принципа совместности перемещений. 89 За основную (статически определимую) систему выбираем стер- жень с удаленной, например, левой опорой (рис. 4.9, б), загруженный заданными моментами Те1 и Те2 и неизвестным реактивным опор- ным моментом ТА. На опоре А (заделке) угол поворота в заданной системе (см. рис. 4.9, а) φА = 0. Чтобы основная система (см. рис. 4.9, б) была эквивалентна заданной, необходимо выдержать это условие и в ос- новной системе: φА = 0. Это и есть дополнительное уравнение, выра- женное в общем виде. Применив метод независимости (сложения) действия сил и исходя из принципа совместности деформации (углов поворота) участков стержня, раскроем дополнительное уравнение, используя форму- лу (4.3) и соотношение скручивающих моментов: 1 2 3 1 2 3 2 3( ) ( ) 0А е еА p p p T l l l T l l T l GJ GJ GJ        или 1,7ТА – 1,1Те1 + 0,7Те2 = 0. Учитывая, что 1 22 ,е еТ Т получим 2 2 2 2 1,1 0,7 0,882 . 1,7 е еА е T TT T  Направление ТА было выбрано правильно (значение ТА положи- тельное). Определением момента ТА статическая неопределимость раскрыта. Аналогичным образом можно определить реактивный момент ТD. Определяем значения крутящих моментов на трех расчетных уча- стках стержня: Т1 = ТА = 0,882Те2; Т2 = ТА – Те1 = ТА – 2Те2 = 0,882Те2 – 2Те2 = –1,118Те2; Т3 = ТА – 2Те2 + Те2 = 0,882Те2 – 2Те2 + Те2 = –0,118Те2. 90 По значениям крутящих моментов, выраженных в долях от Те2, строим эпюру крутящих моментов (рис. 4.9, в). Из эпюры следует, что Тmах = 1,118Те2. Из условия прочности (4.2) максимальный допустимый крутящий момент, который может воспринять стержень: 3 3 6 6 max 3,14 3 10120 10 636 Н м. 16 16s p s dТ R W R          Нагрузочные (скручивающие) моменты на стержень и реактив- ный момент Тmах = 636 Н·м = 1,118Те2, откуда Те2 = 569 Н·м, а Те1 = 2Те2 = 2·569 Н·м = 1138 Н·м; ТА = 0,882Те2 = 0,882·569 = 502 Н·м. На эпюре крутящих моментов (рис. 4.9, в) проставлены значения крутящих моментов на участках стержня. Угол поворота среднего сечения (т. K) стержня определим, ис- пользуя формулу (4.3): 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1к ( ) ( ) 4 4 32322 2Т Т p p l lТ ТТ l Т l GJ GJ G d G d            2 2 9 4 8 32 502 60 10 32 636 20 10 0,0274 рад 80 10 3,14 3 10               или oк 1800,0274 1,57 . 3,14     Эпюра касательных напряжений и угол поворота сечения K по- казаны на рис. 4.9, г. 91 Пр им е р 4.4 Стальной стержень кольцевого сечения скручивается моментом Те. Определить наибольшее допустимое значение момента из условий прочности и жесткости, если Rs = 90 МПа, G = 80 ГПа, θadm = 1,5 град/м (рис. 4.10). Рис. 4.10 Р еш е н и е Вычислим геометрические характеристики заданного сечения. 0 6 0,75; 8 dс d    4 4 8 4 4 8 43,14 8 10(1 ) (1 0,75 ) 275 10 м ; 32 32p dJ c           3 3 6 4 4 6 33,14 8 10(1 ) (1 0,75 ) 68,7 10 м . 16 16p dW c           Допустимый относительный угол закручивания θadm = 1,5  3,14 / 180 = 0,0262 рад/м. Из условия прочности (4.2) вычислим значение наибольшего скру- чивающего момента: Тadm = RsWp = 90 · 106 · 68,7 · 10–6 = 6183 Н·м = 6,183 кН·м; а б 92 из условия жесткости (4.4) Тadm = θadmGJp = 0,0262 · 80 · 109 · 275 · 10–8 = 5764 Н·м = 5,76 кН·м. В качестве допустимого скручивающего момента принимаем его меньшее значение: Тadm = 5,76 кН·м. Касательные напряжения на наружных и внутренних волокнах стержня вычислим по формуле (4.1): 3 2 9admнар 8 5,76 10 8 10 0,0838 10 Па 83,8МПа; 2 275 10 2р T d J             3 2 9adm 0вн 8 5,76 10 6 10 0,0628 10 Па 62,8МПа. 2 275 10 2р T d J             Эпюра касательных напряжений показана на рис. 4.10, б. Пр им е р 4.5 Стальной стержень прямоугольного поперечного сечения скру- чивается моментом eT = 2,5 кН·м. Определить размер сторон прямоугольного сечения (h / b = 2, Rs = 100 МПа) и угол закручивания свободного конца стержня (G = = 80 ГПа), рис. 4.11. Рис. 4.11 а б 93 Р еш е н и е Геометрические характеристики заданного сечения 2 2 3 30,457 2 0,914 , см ;kW b h b b b    3 3 4 40,493 2 0,986 , см .kJ b h b b b    Наибольшие касательные напряжения по длинной стороне сечения ,maxh = Rs = 100 МПа. Из условия прочности (4.5) 3 3 3 6 2,5 10 0,025 10 м 100 10 е k s s TTW R R      = 25 cм 3 или Wk = 0,914b3 = 25, откуда b = 3,013 см. Принимаем b = 3,0 см, h = 2b = 2 · 3 = 6 см. Вычислим наибольшие касательные напряжения по сторонам се- чения. По длинной стороне 3 9 ,max 3 6 2,5 10 0,101 10 Па 101МПа . 0,914 3 10h sk T R W          Перенапряжение составляет 1 %, что допустимо. По короткой стороне ,max ,max 0,795 101 80,3МПа.b h      Эпюра касательных напряжений показана на рис. 4.11, б. 94 Абсолютный угол закручивания свободного конца стержня (по формуле (4.6)) 3 9 4 8к 2 o 2,5 10 0,7 80 10 0,986 3 10 0,000274 10 рад 0,0274 рад 1,57 . Тl GJ              5. ПРЯМОЙ ИЗГИБ Изгиб – это деформация, при которой происходит искривление оси бруса. Изгиб бывает плоский и пространственный, прямой и косой. В этом разделе рассматривается плоский прямой изгиб, при ко- тором вся нагрузка, включая и реакции опор, лежит в одной плос- кости, называемой силовой (Р), и эта плоскость проходит по линии симметрии поперечных сечений балки (рис. 5.1). Рис. 5.1 При прямом изгибе деформированная ось балки также находится в плоскости действия нагрузки. При изучении изгиба используется обычная система координат- ных осей: ось Z совпадает с продольной осью балки, а оси X и Y 95 располагаются в плоскостях поперечных сечений и совпадают с глав- ными центральными осями инерции. Плоский изгиб балки может происходить в плоскости YOZ (вер- тикальной) или XOZ (горизонтальной). 5.1. Внутренние силы. Эпюры Балка как элемент конструкции соединяется с другими элемен- тами при помощи устройств, называемых опорами. Различают три типа опор: шарнирно-неподвижную, шарнирно-подвижную и защем- ление (заделка). Опорные устройства препятствуют произвольному перемещению балок от воздействия нагрузки, накладывая на балку определенное число связей (ограничений). В наложенных на балку связях возникают реакции, называемые опорными. Число опорных реакций равно числу наложенных связей. Так, шарнирно-неподвижная опора А (рис. 5.2, а) имеет две связи – вертикальную и горизонтальную, дает две реакции Ay и Az. Шар- нирно-подвижная опора В имеет одну связь – дает одну реакцию Вy. Защемление С имеет три связи – дает три реакции: Сy, Сz, МС (рис. 5.2, б). Рис. 5.2 Наименьшее число связей, обеспечивающих неподвижность бал- ки по отношению к другим элементам конструкции в плоской си- стеме сил, равно трем. Эти связи должны быть расположены рацио- нально: не быть параллельными друг другу или пересекаться в од- ной точке. Под действием нагрузки и опорных реакций балка должна нахо- диться в равновесии. Поэтому для определения опорных реакций а б 96 можно воспользоваться тремя условиями равновесия (для плоской системы сил): X = 0, Y = 0, М = 0. Сумма моментов берется относительно любой точки, лежащей в плоскости действия сил. Рекомендуется такой порядок определения опорных реакций: МА = 0  Вy ; МВ = 0  Аy ; y = 0. Балки, опорные реакции которых можно определить при помощи трех уравнений равновесия, называются статически определимыми. Такие балки рассматриваются в настоящем разделе. В результате действия внешних сил (нагрузки) в поперечных се- чениях балки возникают внутренние силы (усилия): поперечная сила Qy и изгибающий момент Мх. Такой изгиб называют поперечным. В частном случае в поперечных сечениях балки может возникать только один изгибающий момент Мх. В этом случае изгиб называют чистым. Внутренние силы, как и при других, изученных выше де- формациях, определяются методом сечений. Балка в исследуемом сечении мысленно рассекается на две части (рис. 5.3, а). Одна из частей балки мысленно отбрасывается. По- скольку вся балка находится в равновесии, то и оставшаяся ее часть (рис. 5.3, б) под действием известных внешних сил (активных q, M и реактивной Ay) и неизвестных внутренних (Qy и Мх) в исследуе- мом сечении также должна находиться в равновесии и удовлетво- рять условиям Y = 0, М0 = 0 (момент относительно центра тяже- сти рассматриваемого сечения): Y = Аy – qa – Qy = 0, откуда Qy = Аy – qa; М0 = Аyz – qa (z – a/2) + M – Мх = 0, откуда Мх = Аyz – qa (z – a/2) + M. 97 Рис. 5.3 Исходя из названных условий равновесия выработано правило определения поперечной силы Qy и изгибающего момента Мх в се- чениях балки. При этом сами уравнения равновесия (Y = 0, М = 0) не составляются, а сразу записываются выражения для Qy и Мх. Правило таково – в рассматриваемом сечении балки: п о п е р е ч н а я с и л а Qy численно равна алгебраической сумме проекций на плоскость сечения всех внешних сил (активных и реак- тивных), расположенных по одну сторону от этого сечения: Qy = (Fi); и з г и б ающи й м о м е н т Мх численно равен алгебраической сумме моментов относительно центра тяжести сечения всех внешних сил, расположенных по одну сторону от этого сечения: Мх = (Fi zi). Для определения Qy и Мх можно рассматривать любую часть «рассеченной» балки. а б 98 При вычислении Qy и Мх принято следующее правило знаков: – если внешняя сила (активная или реактивная) стремится по- вернуть рассматриваемую часть балки относительно центра тяже- сти исследуемого сечения по ч а с о в о й с т р е л к е , то возникаю- щая в этом сечении поперечная сила считается положительной, а если против часовой стрелки – отрицательной; – если внешняя сила (F, M, q) изгибает рассматриваемую часть балки относительно исследуемого сечения выпуклостью вниз, то возникающий в этом сечении изгибающий момент считается поло- жительным, если выпуклостью вверх – отрицательным. Изложенное правило знаков иллюстрируется на рис. 5.4. Рис. 5.4 Для проведения расчетов балки на прочность необходимо знать максимальные значения Qy и Мх. Для этого нужно выявить закон изменения этих величин по длине балки: Qy = f (z), Мх = f (z). Изменения Qy и Мх по длине балки удобно представлять графи- чески в виде э пю р (рис. 5.5). Исходя из нагрузки, на балке выделяют расчетные участки: меж- ду точками приложения сосредоточенных нагрузок (F, М) и в пре- делах распределенной (q). В пределах каждого расчетного участка намечаются сечения (I, II, i) и отмечаются их положения в системе координатных осей (z1, z2, …, zi). 99 Рис. 5.5 Затем на каждом расчетном участке балки по ранее изложен- ным правилам составляются выражения для определения Qy и Мх. По составленным выражениям вычисляются значения Qy и Мх в ха- рактерных сечениях каждого участка балки. По этим данным в вы- бранном масштабе строятся соответствующие эпюры (см. рис. 5.5). Положительные ординаты Qy откладываются вверх от оси эпю- ры, отрицательные – вниз. Эпюра изгибающих моментов в строи- тельном проектировании строится со стороны растянутых волокон балки. Это значит, что положительные значения Мх откладываются вниз от оси эпюры, а отрицательные – вверх. При построении эпюр Qy и Мх и для проверки их правильности могут быть использованы дифференциальные зависимости между Qy, Мх и q: 100 ( ) ( ) d ; d z z M Q z  2 ( ) ( ) 2 d d , d d z zQ Mq z z   где индекс z при Q и М означает, что эти параметры являются функцией абсциссы z балки. Из названных дифференциальных зависимостей вытекает ряд важных следствий (см. рис. 5.5): 1. Если на участке балки q = 0 (AC, DК), то поперечная сила Qy = const, а изгибающий момент Мх изменяется по линейному закону. 2. Если на участке балки q  0 (СD), то поперечная сила Qy из- меняется по линейному закону, а изгибающий момент Мх – по зако- ну параболы (выпуклостью по направлению нагрузки q). 3. Если на участке балки поперечная сила Qy = 0 (ЕK), то изги- бающий момент Мх = const. 4. Если на участке балки поперечная сила Qy > 0 (АL), то изги- бающий момент Мх возрастает, и наоборот (LЕ). 5. В сечении балки, где поперечная сила переходит через нуль ( yQ = 0), изгибающий момент имеет экстремальное значение (мак- симум или минимум) – сечение L. 6. В сечении балки, где приложена сосредоточенная сила F (сечение В, Е), на эпюре Qy имеется «скачок» на величину этой си- лы и в ее направлении, а на эпюре Мх – излом. 7. В сечении балки, где приложен сосредоточенный момент М (сечение Е), на эпюре Мх имеется «скачок» на величину этого мо- мента, а на эпюре Qy изменений нет. 8. Поперечная сила в данном сечении балки может рассматри- ваться как тангенс угла наклона касательной к эпюре М в соответ- ствующей этому сечению точке (точка N на рис. 5.5). Из построенных эпюр поперечных сил и изгибающих моментов для расчета на прочность выбираются максимальные значения Qmax и Mmax. 101 Пр им е р 5.1 Для консольной балки построить эпюры поперечных сил и изги- бающих моментов (рис. 5.6). Рис. 5.6 Р еш е н и е На расчетной схеме балки размещается система координатных осей X, Y, Z с началом в крайнем левом сечении балки. Действующие на балку нагрузки F1 и F2 передаются на опору (защемление), где возможны три опорные реакции (Ay, Az и MA), ко- торые предварительно направляются произвольно. Для определения трех опорных реакций используются три урав- нения равновесия (Y = 0, Z = 0, М = 0). Значит, рассматривае- мая система (балка) является статически определимой. а б в 102 Рекомендуется следующий порядок определения опорных реак- ций, пригодный для всех схем балок. Составляются уравнения моментов относительно крайних сече- ний балки (здесь точки А и С): МА = МА + F1  0,6 – F2 (0,6 + 0,8) = МА + 30  0,6 – 10 (0,6 + 0,8) = 0, откуда МА = – 4 кНм. Знак «минус» при МА указывает на то, что момент направлен в противоположную сторону. На схеме показывается действитель- ное направление МА, и далее знак «минус» не учитывается. МС = – МА + Аy (0,6 + 0,8) – F1  0,8 = – 4 + Аy  1,4 – 30  0,8 = 0, откуда Аy = 20 кН (направление Аy правильное). Из уравнения Z = 0 определяем реакцию Аz: Z = –Аz = 0. Уравнение ΣY = 0 используется для проверки правильности опре- деления реакций: ΣY = Аy – F1 + F2 = 20 – 30 + 10 = 0 – реакции определены верно. При расположении нагрузки перпендикулярно продольной оси балки реакция опоры вдоль оси Z всегда равна нулю. Поэтому в по- следующих задачах она не будет указываться. Для определения Q и М на балке выделяются расчетные участки (здесь – два), в пределах которых помечаются сечения I и II и отме- чается их положение в системе координатных осей (z1, z2). Составим выражения для определения поперечной силы Q и из- гибающего момента М для каждого участка балки. Участок 1. Рассматриваем левую от сечения часть балки (ход слева): 0  z1  0,6 м, Q = Ay = 20 кН = const; M = –MA + Ay z1 – линейная зависимость. 103 При z1 = 0 M = – 4 кНм; при z1 = 0,6 м M = – 4 + 20  0,6 = 8 кНм. Проверим знаки слагаемых в составленных выражениях. В выражении для Q реакция Ay дает положительное слагаемое, так как пытается повернуть рассматриваемую часть балки относи- тельно сечения I по ходу часовой стрелки. В выражении для М опорный момент МА дает отрицательное слагаемое, так как стремится изогнуть рассматриваемую часть бал- ки относительно сечения I выпуклостью вверх, а реакция Ay – по- ложительное значение, так как стремится изогнуть балку выпук- лостью вниз. Участок 2. Рассматриваем левую от сечения часть балки (ход слева): 0,6  z2  (0,6 + 0,8) м, Q = Ay – F1 = 20 – 30 = – 10 кН = const; M = – MA + Ay z2 – F1 (z2 – 0,6) – линейная зависимость. При z2 = 0,6 м M = –4 + 20  0,6 = 8 кНм; при z2 = 1,4 м M = –4 + 20  1,4 – 30  0,8 = 0. О знаках слагаемых. Сила F1 в выражении для Q дает отрица- тельное слагаемое, так как стремится повернуть рассматриваемую часть балки относительно сечения II против хода часовой стрелки, а в выражении для М также дает отрицательное слагаемое, так как стремится изогнуть балку выпуклостью вверх. Заметим, что значения Q и М на концах балки согласуются с действующими здесь нагрузками (реакциями). Так, вычисленное значение Q в сечении С численно равно приложенной здесь силе F2, а вычисленное значение М численно равно приложенному здесь моменту М (в данном случае М = 0). 104 Для определения Q и М можно рассматривать и правую часть балки (с началом отсчета ординаты Z в сечении С). Так, для второго участка (ход справа): 0  z2  0,8 м, Q = – F2 = –10 кН = const; M = F2 z2 – линейная зависимость. При z2 = 0 M = 0; при z2 = 0,8 м M = 10  0,8 = 8 кНм. Значения Q и М совпадают с ранее полученными. Второй вариант составления выражений для Q и М (ход со сто- роны свободного конца) для консольной балки имеет преимущество в том, что не требуется определения опорных реакций. Но при этом контрольные значения (AY, MA) отсутствуют. По полученным значениям Q и М в характерных сечениях балки в выбранном масштабе строятся эпюра Q (рис. 5.6, б) и эпюра М (рис. 5.6, в). Положительные значения Q откладываются вверх от оси эпюры, а положительные значения М – вниз. При таком направлении ординат М эпюра изгибающих моментов оказывается построенной со стороны растянутых волокон балки, что удобно в строительном проектировании. Проанализируем характер эпюр Q и М на участках балки. На участках балки, где нет распределенной нагрузки (q = 0), эпюра Q – прямолинейна, параллельна оси балки, а эпюра М – прямолинейна, наклонна к оси балки. В сечениях А, В и С, где действуют активные и реактивные сосре- доточенные силы, на эпюре Q имеются скачки на величину этих сил. Если смотреть со стороны крайнего левого сечения балки, то скачки на эпюре Q направлены в сторону действия сосредоточен- ной силы (активной и реактивной). Так, сила F1 направлена вниз – скачок на эпюре Q также вниз, а в сечении С – вверх, так как си- ла F2 направлена вверх. В сечении балки В, где приложена сосредоточенная сила F1, на эпюре М имеется излом. 105 В сечении балки А, где действует момент МА, на эпюре М имеет- ся скачок на величину этого момента, направленный вверх, так как МА направлен против хода часовой стрелки. Из эпюр Q и М следует, что на участке балки AD верхние волок- на растянуты (ординаты М лежат сверху от оси эпюры), а нижние сжаты. На участке DC нижние волокна растянуты, верхние сжаты. Из построенных эпюр Q и М следует, что Qmax = 20 кН, Mmax = 8 кНм. Эти значения нужны для последующих расчетов. Пр им е р 5.2 Для двухопорной балки построить эпюры поперечных сил и из- гибающих моментов (рис. 5.7). Рис. 5.7 Р еш е н и е Координатная ось Z совпадает с продольной осью балки, ось Y ей перпендикулярна. а б в 106 Действующая на балку нагрузка передается на опоры, где возни- кают опорные реакции AY и DY, которые определяются из уравнений равновесия. Составим два уравнения моментов относительно опорных сече- ний, чтобы реакции можно было найти независимо друг от друга: МА = –Dy (1,0 + 1,4 +1,2) + F (1,0 + 1,4) – M = = – Dy  3,6 + 8  2,4 – 10 = 0, откуда Dy = 2,556 кН; МD = Ay  3,6 – M – F  1,2 = Ay  3,6 – 10 – 8  1,2 = 0, откуда Ay = 5,444 кН. Знаки «плюс» у реакций Ay и Dy указывают на то, что их дей- ствительное направление совпадает с предполагаемым. Проверим правильность вычисления реакций: Y = Ay – F + Dy = 5,444 – 8,0 + 2,556 = 0 – реакции определены верно. На балке выделяются три расчетных участка. С целью сокраще- ния объема вычислений для составления выражений для Q и М бу- дем рассматривать часть сечений с левого, а часть – с правого конца балки (рис. 5.7, а). Участок 1 – ход слева: 0  z1  1,0 м, Q = Ay = 5,444 кН = const, M = Ay z1 – линейная зависимость. При z1 = 0 M = 0; при z1 = 1,0 м M = 5,444  1 = 5,444 кНм. Участок 2 – ход слева: 1,0  z2  2,4 м, Q = Ay = 5,444 кН = const, M = Ay z2 – М – линейная зависимость. 107 При z2 = 1,0 м M = 5,444  1 – 10 = –4,556 кНм; при z2 = 2,4 м M = 5,444  2,4 – 10 = 3,07 кНм. Участок 3 – ход справа: 0  z3  1,2 м, Q = – Dy = – 2,556 кН = const, M = Dy z3 – линейная зависимость. При z3 = 0 M = 0; при z3 = 1,2 м M = 2,556  1,2 = 3,07 кНм. По полученным значениям Q и М строятся соответствующие эпюры (рис. 5.7, б, в). Анализ эпюры изгибающих моментов показывает, что в том се- чении балки, где приложен сосредоточенный момент М, на эпюре образуется скачок на величину этого момента. Скачок направлен вверх, так как М направлен против хода часовой стрелки. На участке АС балки поперечная сила Q > 0 – изгибающий момент возрастает, а на участке СD, где Q < 0 – изгибающий момент убывает. В концевых шарнирных опорах балки (А, D) изгибающие момен- ты равны нулю. Характер деформации волокон балки на ее участках предлагает- ся установить самостоятельно. Из построенных эпюр следует, что Qmax = 5,444 кН, Мmax = 5,444 кНм. Пр им е р 5.3 Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для двухопорной балки с консолью (рис. 5.8). 108 Рис. 5.8 Р еш е н и е Определяем опорные реакции. 2,6 1,24,6 2,6 2 1,2 4,6 0, 2 2A y M С q q                 откуда Сy = 19,33 кН; 2,6 1,24,6 2,6 1,2 0, 2 2C y M A q q       откуда Аy = 3,47 кН. 109 Y = 3,47 + 19,33 – 6 (2,6 + 1,2) = 22,8 – 22,8 = 0 – реакции опре- делены верно (по направлению и значениям). Балка имеет три расчетных участка. Участок 1 – ход слева: 0  z1  2,0 м, Q = Ay = 3,47 кН, M = Ay z1. При z1 = 0 M = 0; при z1 = 2,0 м M = 3,47  2 = 6,94 кНм. Участок 2 – ход слева: 2  z2  4,6 м, Q = Ay – q (z2 – 2) – линейная зависимость;    22 2 22 2y z M A z q z    – параболическая зависимость. При z2 = 2 м Q = 3,47 кН, M = 6,94 кНм; при z2 = 4,6 м Q = –12,13 кН, M = –4,32 кНм. Участок 3 – ход справа: 0  z3  1,2 м, Q = q z3 – линейная зависимость; 3 3 2 zM qz  – параболическая зависимость. При z3 = 0 Q = 0, M = 0; при z3 = 1,2 м Q = 7,2 м, M = –4,32 кНм. На участке ВС балки эпюра Q переходит через нуль (Q = 0). В этом сечении, определяемом абсциссой z0, изгибающий момент М имеет экстремальное значение. Определим расстояние z0 из выражения Q = Ay – q (z0 – 2) = 0, откуда z0 = 2,58 м. 110 При z = z0 = 2,58 м 0 max 0 0 ( 2)( 2) 2 (2,58 2)3,47 2,58 6 (2,58 2) 7,94 кН м. 2 y zM A z q z             Заметим, что на участках балки, где действует распределенная нагрузка q, изгибающий момент изменяется по закону параболы. Линия эпюры изогнута в сторону направления нагрузки q. Из построенных эпюр следует, что Qmax = 12,13 кН, М max = 7,94 кНм. Пр им е р 5.4 Построить эпюры Q и М для двухпролетной балки с промежу- точным шарниром (рис. 5.9). Рис. 5.9 а б в г 111 Р еш е н и е Сложная (составная) балка АK состоит из двух частей: основной АС, покоящейся на шарнирных опорах А и В, и дополнительной, опи- рающейся левым концом на основную балку, а правым – на опору K. Нагрузка q, действующая на основную балку, передается только на опоры А и В. Нагрузка F, действующая на дополнительную часть балки, передается на опору K и через шарнир С – на основную часть балки, а затем на опоры А и В. Для ведения расчета сложную балку следует расчленить на ос- новную и дополнительную части, проведя сечение через шарнир С (рис. 5.9, б). Реакции в опорах балки определяют обычным образом, рассматри- вая отдельно каждую часть сложной балки, начиная с дополнительной. Составляем уравнения равновесия для дополнительной части балки (СK): МС = 8  1,5 – Ky  3 = 0, откуда Ky = 4,0 кН; МК = – 8  1,5 + Сy  3 = 0, откуда Сy = 4,0 кН; Y = Сy – F + Ky = 4 – 8 + 4 = 0. Составляем уравнения равновесия для основной части балки (АС). В сечении С основной части балки нужно приложить ту часть нагруз- ки F, которая с дополнительной части передается на основную. Эта часть нагрузки Сy равна реакции Сy дополнительной части, т. е. Сy = Сy. Направлять Сy следует противоположно направлению Сy. 44 (4 1) 4 0, 2A y y M q C B      откуда Вy = 15 кН; 44 1 4 0, 2B y y M q C A      откуда Аy = 9 кН; Y = Аy – q 4 + Вy – Сy = 9 – 5  4 + 15 – 4 = 0. Для определения опорных реакций можно поступить иначе. Так как изгибающий момент в шарнире равен нулю (через шарнир мо- 112 мент не передается), то к обычным уравнениям равновесия можно добавить еще одно – сумма моментов относительно шарнира С от сил слева или справа от него равна нулю (МСлев = МСпр = 0). Тогда рис. 5.9, б не нужен. В данном примере целесообразно составить следующие уравне- ния равновесия: 1) МСпр = 0 – определяется реакция Ky; 2) МВ = 0 – войдут неизвестная реакция Аy и известная реак- ция Ky. Совместное решение уравнений МСпр = 0 и МВ = 0 дает значение реакции Аy; 3) МСлев = 0 – определяется реакция Вy. Возможно применение других вариантов уравнений равновесия. Эпюры Q и М строятся обычным путем, отдельно для каждой части балки, а затем их нужно соединить. После того как изучены закономерности изменения Q и М на участках балки в зависимости от вида нагрузки, процедуру их опре- деления можно несколько упростить. Выражения для Q и М на каж- дом участке балки в зависимости от z не составляются, а сразу вы- числяются их значения для конкретных сечений (обычно это грани- цы расчетных участков балки). Как выявлено ранее, в сечении, где приложена сосредоточенная сила F, на эпюре Q образуется скачок на величину этой силы. По- этому в таких сечениях вычисляются два значения Q на бесконечно малых расстояниях слева (л) и справа (п) от него. То же относится и к сосредоточенному моменту М. Определяем внутренние силы (усилия) в характерных сечениях балки. Ход слева. Сечение А: Q = Ay = 9 кН, М = 0. Сечение В: Qл = Ay – q  4 = 9 – 5  4 = – 11 кН; Qп = Ay – q  4 + Вy = 9 – 5  4 + 15 = 4 кН; 44 4 9 4 5 4 2 4 кН м. 2y M A q               113 Сечение С: Q = Ay – q  4 + Вy = 9 – 5  4 + 15 = 4 кН; 4(4 1) 4 1 1 2 9 5 5 4 3 15 1 0. y yM A q B                        Для остальной части балки целесообразен ход справа. Сечение K: Q = –Ky = –4 кН, М = 0. Сечение D: Qп = –Ky = –4 кН; Qл = –Ky + F = –4 + 8 = 4 кН; М = + Ky  1,5 = + 4  1,5 = +6 кНм. Сечение С: Q = – Ky + F = –4 + 8 = 4 кН; М = Ky (1,5 + 1,5) – F  1,5 = + 4  3 – 8  1,5 = 0. Заметим, что последние значения Q и М можно было не опреде- лять (уже найдены). По вычисленным значениям Q и М строятся их эпюры (рис. 5.9, в, г). На участке АВ балки эпюра Q переходит через нуль. Определим это сечение N, в котором изгибающий момент имеет максимальное значение: QN = Ay – qz0 = 0, откуда z0 = Ay/q = 9/5 = 1,8 м. При z = z0 = 1,8 м 0 max 0 0 9 1,8 5 1,8 0,9 8,1кН м.2y zM A z qz          114 Из построенных эпюр следует, что Qmax = 11 кН, Mmax = 8,1 кН·м. Процедуру построения эпюры Q можно еще более упростить, применив графоаналитический прием, помня о закономерности из- менения Q в зависимости от вида нагрузки. Начинать построение удобно с крайнего левого сечения балки. В сечении А – скачок на величину и направление реакции, т. е. вверх на 9 кН. На участке АВ – прямая, наклонная по направлению нагрузки q, т. е. вниз на 5  4 = 20 кН. Получим точку с ординатой 9 – 20 = –11 кН. От этой точки вверх на значение реакции Вy = 15 кН получим точ- ку с ординатой 4 кН. На участке ВС и СD изменений нет – эпюра прямая, параллельная оси. В сечении D – скачок вниз на F = 8 кН – получим ординату 4 кН. На участке DK изменений нет. В сечении K – скачок вверх на значение реакции Ky = 4 кН. Построение всегда должно «замкнуться» на нуле. Пр им е р 5.5 Построить эпюры Q и М для составной балки, нагруженной сосре- доточенным моментом М и нагрузкой q, распределенной по закону треугольника, с максимальной ординатой q = 6 кН/м (рис. 5.10). Р еш е н и е В защемлении (сечение А) возникают вертикально направленная реакция Аy и момент МА, а в шарнирной опоре D – реакция Dy. Опорные реакции определяются из уравнения равновесия пр 2,7 12,7 2,7 0, 2 3yC qM D      откуда Dy = 7,29 / 2,7 = 2,7 кН. 115 Рис. 5.10 При определении реакции распределенная нагрузка была заме- нена равнодействующей, которая равна площади этой нагрузки (треугольника)  = 0,5qа и приложена в центре тяжести. Плечо равнодействующей относительно сечения С равно 3 а : 2,7 2,75,7 2 1 0, 2 3A A y qM M M D           откуда МА = –26,2 кНм. лев 3 0,С y AM A M M    откуда Аy = 5,4 кН. Проверка: 6 2,75,4 2,7 8,1 8,1 0 2 Y       – реакции найдены верно. а б в 116 Определяем внутренние силы (Q и М) в характерных сечениях балки. Ход слева. Сечение А: Q = Ay = 5,4 кН; М = –МА = –26,2 кН·м. Сечение В: Q = Ay = 5,4 кН; М лев = –МА + Ay  2 = –26,2 + 5,4  2 = –15,4 кН·м; М пр = –МА + М = –26,2 + 5,4  2+ 10 = –5,4 кН·м. Сечение С: Q = Ay = 5,4 кН; М = – МА + Ay  3 + М = –26,2 + 5,4  3 + 10 = 0. Для участка балки CD, где нагрузка носит сложный характер, со- ставим подробные выражения для Q и М. Ход справа: ; 2 z y q zQ D   1 . 2 3 z y q zM D z z   Ординату распределенной нагрузки qz найдем из подобия тре- угольников (нагрузочного и отсеченного): ,zqq a z  откуда .z qzq a  117 С учетом ординаты нагрузки qz получим 2 2 2y y qzz qzQ D D a a       – поперечная сила изменяется по квад- ратической параболе, обращенной выпуклостью вниз; 31 2 3 6y y qzz qzM D z z D z a a      – изгибающий момент изменяет- ся по кубической параболе, выпуклостью вниз. Чтобы установить направленность выпуклости эпюры, следует определить значения Q и М еще в одном сечении участка балки (лучше посередине). Вычисляем значения Q и М на участке CD. При z = 0 Q = –Dy = –2,7 кН, М = 0. При z = 2,7 м 26 2,72,7 5,4 кН; 2 2,7 Q     36 2,72,7 2,7 0. 6 2,7 М     Эпюры Q и М показаны на рис. 5.10, б, в. Для отыскания сечения, в котором Q = 0, нужно приравнять ее выражение нулю: 0 2 0 ( ) 6 2,7 0, 2 2,7z zQ     откуда z0 = 1,56 м. При z = z0 = 1,56 м максимальный изгибающий момент в этом сечении балки 3 max 6 1,562,7 1,56 2,8 кН м. 6 2,7 M      118 Из построенных эпюр внутренних сил следует, что Qmax = 5,4 кН, Мmax = 26,2 кНм. 5.2. Напряжения при изгибе. Условия прочности Как было отмечено выше, в общем случае нагружения балки в ее поперечных сечениях возникают изгибающий момент Мх и попе- речная сила Qy или в частном случае – только изгибающий момент (при чистом изгибе). Принято считать, что при чистом изгибе поперечное сечение, плоское до деформации, остается плоским и после деформации (ги- потеза плоских сечений). Предполагается, что продольные волокна балки не давят друг на друга, но каждое из них претерпевает про- стое растяжение или сжатие. При изгибе продольные волокна балки принимают криволинейное очертание. При этом с выпуклой стороны они удлиняются (растяги- ваются), а с вогнутой – укорачиваются (сжимаются) (см. рис. 5.4). Существует промежуточный слой волокон, который не деформиру- ется – это нейтральный слой. В поперечном сечении он проходит через центр тяжести сечения, совпадает с главной центральной осью и называется нейтральной осью (н.о.) или нулевой линией (н.л.). Нейтральная ось делит поперечное сечение балки на две ча- сти – растянутую и сжатую. Поскольку волокна балки при чистом изгибе (Qy = 0, Mx ≠ 0) ис- пытывают простое растяжение или сжатие, в них возникают нор- мальные напряжения σ, действующие перпендикулярно поперечно- му сечению (рис. 5.11, а). Рис. 5.11 а б в 119 Нормальные напряжения σ в любой точке поперечного сечения балки определяются по следующей формуле: ,х x М у J   (5.1) где Mx – изгибающий момент в сечении балки; Jx – момент инерции сечения относительно нейтральной оси; у – расстояние от рассматриваемой точки до нейтральной оси. Напряжение σ зависит от величины у линейно, поэтому эпюра нормальных напряжений прямолинейна (рис. 5.11, в). Максималь- ные нормальные напряжения появляются в точках, наиболее уда- ленных от нейтральной оси. Знак нормальных напряжений устанавливается по смыслу: «+σ» – если точка расположена в растянутой зоне сечения и «–σ» – если в сжатой. Характер деформации зоны сечения устанавливается по эпюре Mx. При поперечном изгибе (Qy ≠ 0, Mx ≠ 0) характер деформации волокон балки несколько изменяется: отдельные волокна сдвигают- ся относительно друг друга, отчего поперечные сечения слегка ис- кривляются, т. е. гипотеза плоских сечений нарушается. Поскольку влияние указанных изменений на величину нормаль- ных напряжений невелико, формула (5.1), полученная для случая чистого изгиба, используется и при поперечном изгибе. Так как при поперечном изгибе волокна балки претерпевают сдвиг, в ее сечении возникают касательные напряжения τ, которые лежат в плоскости сечения (рис. 5.12, а) и в любой его точке опре- деляются по формуле Журавского: ,y x x Q S J b   (5.2) где Qу – поперечная сила в сечении балки; Sx – статический момент части площади сечения, расположен- ной выше или ниже рассматриваемого слоя, относительно нейт- ральной оси; равен произведению отсеченной площади на расстоя- ние от центра тяжести этой площади до нейтральной оси; 120 Jx – момент инерции всего сечения относительно нейтральной оси; b – ширина сечения на уровне точки, в которой определяется напряжение. Рис. 5.12 Для произвольной точки K (рис. 5.12, б), расположенной на рас- стоянии уK от нейтральной оси, статический момент Sx = A'm' или Sx = A''m''. Считается, что касательные напряжения τ распределяются по ши- рине сечения равномерно. По высоте сечения τ изменяются по зако- ну параболы (рис. 5.12, в). Наибольшее касательное напряжение по- является на нейтральной оси, проходящей через центр тяжести сече- ния. В крайних точках сечения τ = 0, так как для этих точек Sx = 0. Следует обратить внимание, что напряжение τ достигает макси- мума в тех точках сечения, где напряжение σ = 0, а напряжение σ достигает максимума в тех точках, где τ = 0. Поэтому материал бал- ки в различных точках по высоте сечения находится в разных напря- женных состояниях. Рассмотрим тавровое поперечное сечение (рис. 5.13). В крайних точках поперечного сечения τ = 0, σ = σmах. Материал балки здесь находится в условиях линейного напряженного состоя- ния (рис. 5.13, г) и условие прочности имеет вид σmах ≤ R. На нейтральной оси поперечного сечения σ = 0, τ = τmах. Здесь материал испытывает чистый сдвиг (рис. 5.13, в), являющийся част- ным случаем плоского напряженного состояния, и условие прочно- сти записывается в виде τmах ≤ Rs. а б в 121 Рис. 5.13 Во всех остальных точках поперечного сечения изгибаемого стержня, где σ ≠ 0 и τ ≠ 0, имеет место общий случай плоского напряженного состояния (рис. 5.13, а, б) и проверку прочности сле- дует вести по теориям прочности. Для большинства случаев проверка прочности балок проводится отдельно по нормальным σ и отдельно по касательным τ напряже- ниям. Условие прочности по нормальным напряжениям имеет вид max max max , х x М у R J    (5.3) где Mx mах – максимальный изгибающий момент в балке; Jx – момент инерции поперечного сечения относительно нейт- ральной оси; уmах – ордината точки сечения, наиболее удаленной от нейтраль- ной оси; R – расчетное сопротивление материала балки растяжению (сжатию). Для балок, поперечные сечения которых симметричны относи- тельно нейтральной оси, условие прочности по нормальным напря- жениям целесообразно использовать в виде а б в г 122 max max , х x М R W    (5.4) где Wx – момент сопротивления сечения относительно нейтраль- ной оси. Момент сопротивления сечения Wx характеризует сопротивляе- мость балки изгибу и зависит только от формы и размеров попереч- ного сечения. Для прямоугольного сечения 2 6x bhW  , для круглого 3 32x dW  . Для прокатных профилей (двутавр, швеллер) значения Wх приве- дены в таблицах сортамента. Отклонение максимального нормального напряжения от расчет- ного сопротивления не должно превышать ±5 %. При подборе сече- ний балок из прокатных профилей допускаются и более значитель- ные отклонения в сторону уменьшения σmах. Проверку прочности балок, изготовленных из хрупкого материа- ла, ведут по растягивающим напряжениям, так как расчетное со- противление растяжению меньше, чем сжатию (R < Rсж). Однако следует проверять и сжимающие напряжения. Условие прочности по касательным напряжениям имеет вид max max max , y x s x Q S R J b    (5.5) где Qу mах – максимальная поперечная сила в балке; Sx mах – статический момент относительно нейтральной оси части площади сечения, расположенной от нейтральной оси до края сечения; Jx – момент инерции поперечного сечения относительно нейт- ральной оси; 123 b – ширина поперечного сечения балки у нейтрального слоя; Rs – расчетное сопротивление материала балки сдвигу. В сопротивлении материалов принято, что касательные напря- жения во всех точках прямоугольного поперечного сечения парал- лельны силе Qу. В действительности для некоторых других форм сечений (круг, двутавр, швеллер) по контуру сечения и в крайних точках его направление τ несколько изменяется. Поскольку максимальные касательные напряжения (по которым ведется проверка прочности) расположены на нейтральной оси, где τ параллельны Q, формула (5.5) применима практически для всех типов сечений. Для отдельных форм сечения балок (двутавр, швеллер, тавр) и в отдельных случаях нагружения (короткая балка, большая нагрузка вблизи опор) возникает необходимость проверить прочность не в крайних точках сечения и не на нейтральной оси, а в некоторой промежуточной точке, например K, где одновременно действуют и нормальные σ и касательные τ напряжения (см. рис. 5.13), т. е. про- извести полную проверку прочности. По граням прямоугольного элемента, выделенного вокруг т. K, дей- ствует система напряжений: по поперечным сечениям σ и τ, по про- дольным – только τ (по закону парности касательных напряжений) (см. рис. 5.13, а). При некотором положении прямоугольного элемента (под углом α0 к нейтральной оси) по его граням касательные напряжения станут равными нулю (τ = 0), а нормальные σ достигнут экстремальных (максимальных или минимальных) значений (см. рис. 5.13, б), которые называются главными напряжениями и определяются по формуле 2 min max 1 4, 2 2      (5.6) где σ и τ – напряжения в поперечном сечении, определяемые по формулам (5.1) и (5.2). Положение главных площадок (направление главных напряже- ний) определяется по формуле 0 2tg2 ,    124 где угол α0 отсчитывается от направления нейтральной оси. Поло- жительные значения – против хода часовой стрелки. По площадкам, образующим с главными площадками угол 45° (рис. 5.13, в), действуют максимальные касательные напряжения 2 2 max 1 4 . 2      Для полной проверки прочности балки сначала по эпюрам Qy и Mx находится сечение, в котором оба их значения одновременно возможно большие. Это будет опасное сечение. Далее по высоте се- чения выбирается точка, в которой одновременно значения σ и τ так- же возможно большие. Это будет опасная точка сечения. Для прямо- угольного сечения эта точка не явна. Для сечений типа двутавр, швеллер, тавр опасная точка – точка соединения стенки с полкой. Полная проверка прочности балки проводится по гипотезам прочности. Для пластического материала, например, по четвертой (энерге- тической) теории, условие прочности имеет вид 2 2 des 3 ,R      (5.7) где σdes – приведенное напряжение; σ, τ – напряжения в проверяемой точке сечения. Рациональной формой сечения балки будет та, при которой обеспечена прочность при малом весе. В большинстве случаев по- теря прочности связана с нормальными напряжениями. Из эпюры σ (см. рис. 5.12, 5.13) видно, что материал у нейтральной оси напряжен слабо. Поэтому часть материала можно «перенести» от нейтральной оси к краям сечения, где напряжения большие и где материал будет использоваться полнее. Чем дальше от нейтральной оси расположены частицы сечения, тем больше будет момент сопротивления Wx. Экономичность поперечного сечения балки можно оценить от- ношением 3 x x W A   : чем больше это отношение, тем экономичнее сечение. 125 Для пластичных материалов (сталь) рациональной является фор- ма двутавра. Для хрупких материалов (чугун), у которых сопротивление сжа- тию больше, чем растяжению, рациональным является такой тип сечения, у которого нейтральная ось сдвинута в сторону растянутых волокон. Это тавровое сечение. Практика показала, что в большинстве случаев расчет балок на прочность ведется по нормальным напряжениям для крайних точек сечения по условию max max . х x М R W    По этому условию можно решить три типа задач: – проверить прочность σmах при заданной форме и размерах се- чения; – подобрать размеры поперечного сечения (через Wx) при приня- той форме сечения; – определить наибольшую допустимую нагрузку (через Мx mах) при известной форме и размерах поперечного сечения. Пр им е р 5.6 Определить значения нормальных и касательных напряжений в точке K деревянной балки (рис. 5.14). Проверить прочность балки по этим напряжениям и построить их эпюры. Расчетные сопротивления материала балки R = 15 МПа, Rs = 2 МПа. Р еш е н и е Определяем опорные реакции: ∑МА = –Вy  5 + 15  2 + 4 = 0, Вy = 6,8 кН, ∑МВ = Аy  5 – 15  3 + 4 = 0, Аy = 8,2 кН, ∑Y = 8,2 – 15 + 6,8 = 0 (проверка). 126 Рис. 5.14 Вычислим значения Q и M для характерных сечений балки и по- строим их эпюры (рис. 5.14, б и в). Сечение А: Q = Ay = 8,2 кН, М = 0. Сечение С: Qл = Ay = 8,2 кН, М = Аy  2 = 8,2  2 = 16,4 кН·м. Qп = Ay – F= 8,2 – 15 = –6,8 кН. Сечение В: Q = –Вy = –6,8 кН, М = –4 кН·м. Определим напряжения в точке K. В сечении балки, где распо- ложена эта точка, Q = 6,8 кН, М = 8,2·2,5 – 15·(2,5 – 2) = 13 кНм. а б в г 127 Для определения нормального напряжения воспользуемся фор- мулой (5.5). По модулю 3 2 9к 8 13 10 6 10 0,00674 10 Па 6,74 МПа. 11576 10 х K x М у J           Для прямоугольного сечения балки момент инерции относитель- но нейтральной оси 3 3 415 21 11576 см . 12 12x bhJ    Для установления знака вычисленного напряжения нужно обра- титься к эпюре Мх. В сечении, где расположена точка K, ординаты эпюры лежат снизу от оси эпюры. Это значит, что волокна балки, лежащие ниже продольной оси, растянуты, а выше – сжаты. Так как точка K расположена в сжатой зоне сечения балки, напряжению в ней присваивается знак «минус» (σK = –6,74 МПа). Значение касательного напряжения в заданной точке вычислим по формуле (5.2): 3 6 8 2 6,8 10 557 10 0,218 МПа. 11576 10 15 10 K y х K x Q S J b            Статический момент части площади сечения, расположенной выше точка K: KхS = А′ m′ = 15  4,5  (6 + 4,5 / 2) = 557 см3. Касательному напряжению присваивается знак поперечной силы (τK = –0,218 МПа). Проверка прочности балки производится по максимальным значе- ниям Qy и Мx. В данном примере Qy max = 8,2 кН, Mx max = 16,4 кНм. Заметим, что максимальные значения внутренних сил могут быть в одном или в разных сечениях. 128 Проверку прочности по нормальным напряжениям проведем по формуле (5.3): 3 max 2 max max 8 16,4 10 21 10 211576 10 x x M y J         90,0149 10 Па 14,9 МПа 15МПа.R     Эти напряжения появляются в крайних точках сечения. На нейт- ральной оси, где у = 0, нормальные напряжения равны нулю:  = 0. Проверку прочности по касательным напряжениям проведем по формуле (5.5): 3 6 max max max 2 8 8,2 10 827 10 15 10 11576 10 y x x Q S bJ            70,0391 10 Па 0,39 МПа 2МПа.sR     Статический момент на уровне нейтральной оси 3 max 21 2115 827 см . 2 4 2 4x h hS b     Максимальные касательные напряжения появляются в точках на нейтральной оси сечения балки. В крайних точках сечения, где Sx = 0, касательные напряжения равны нулю:  = 0. Таким образом, условия прочности балки по нормальным и каса- тельным напряжениям выполняются. Закономерность распределения нормальных и касательных напря- жений по высоте сечения, т. е. их эпюры, показана на рис. 5.14, г. Пр им е р 5.7 Подобрать размеры нижеобозначенных форм сечений балки и со- поставить коэффициенты их экономичности. Для прямоугольного сечения принять h / b = 1,4. 129 Расчетные сопротивления материала балки R = 210 МПа, Rs = = 130 МПа (рис. 5.15). Рис. 5.15 Р еш е н и е Определяем опорные реакции: 2 2 2 210 3 10 1,53 0; 2 2 2 2 K A y y qlqlM B l B            Вy = 11,25 кН. 2 2( ) 10(3 1,5) 3 0; 2 2 K B y y q l lM A l A         yА = 33,75 кН. ( ) 33,75 10(3 1,5) 11,25 0y K yY A q l l B         – реакции определены верно. а б 130 Вычислим значения Q и М в характерных сечениях балки и по- строим их эпюры (рис. 5.15, а, б). Сечение С: Q = 0, М = 0. Сечение А: Qл = –10  1,5 = –15 кН; Qп = –10  1,5 + 33,75 = 18,75 кН; М = –10  1,5  1,5/2 = –11,25 кНм. Сечение В: Qл = 33,75 – 10  4,5 = –11,25 кН, М = 0. Абсцисса z0, где Q = 0, будет п 0 18,751,5 1,5 3,4 10 AQz q      м. При z = 3,4 м М = –10  3,42 / 2 + 33,75 (3,4 – 1,5) = 6,33 кНм. Подбор сечений ведется по формуле (5.4), исходя из Мх max = = 11,25 кНм. Требуемый момент сопротивления 3 max 3 3 3 6 11,25 10 0,054 10 м 54 см . 210 10 x x M W R      Для круглого поперечного сечения 3 354 см , 32x dW   откуда 3 54 32 8,19 см, 3,14 d   принимаем d = 8,5 см. 131 Для прямоугольного сечения 2 2 3(1,4 ) 54 см , 6 6x bh b bW    откуда b = 5,49 см, h = 7,68 см. Конструктивно принимаем h = 8 см, b = 5,5 см. Для прокатного профиля из сортамента по Wx = 54 см3 принима- ем двутавр № 12 с Wx = 58,4 см3, А = 14,7 см2. Вычислим коэффициенты экономичности для принятых разме- ров сечений балки по выражению 3 .xх W A   Для круглого сечения 3 33,14 8,5 60,3 cм ; 32x W   2 23,14 8,5 56,7 см , 4 A   ω х = 0,141. Для прямоугольного сечения 2 35,5 8 58,7 cм ; 6x W   25,5 8 44 см ,A    х = 0,201. Для двутавра Wx = 58,4 cм3, А = 14,7 см2, ω х = 1,036. 132 Из рассмотренных форм сечений балки наиболее экономичным является двутавр. Вычислим максимальные значения нормальных и касательных напряжений для принятых размеров сечений балки. Нормальные напряжения (максимальны в крайних точках сечений): а) круглое сечение 3 max max 6 11,25 10 187 МПа 210 МПа; 60,3 10 x x M R W        б) прямоугольное сечение 3 max 6 11,25 10 192 МПа 210 МПа; 58,7 10 R      в) для двутавра 3 max 6 11,25 10 193МПа 210 МПа. 58,4 10 R      Касательные напряжения (максимальны на уровне нейтральной оси): а) круглое сечение 2 2 3 max 3,14 8,50,212 0,212 8,5 51,10 см ; 8 8x dS d       4 4 43,14 8,5 256,11cм ; 64 64x dJ     b = d; 3 6 max max max 2 8 18,75 10 51,10 10 8,5 10 256,11 10 y x x Q S bJ            4,40 МПа 130 МПа.sR   133 Для круглого сечения Sx max = Am, где половина площади сече- ния 2 , 8 dA   а расстояние от центра тяжести до ее нейтральной оси m = 0,212 d; б) прямоугольное сечение 3 max 8,0 8,05,5 44 см ; 2 4 2 4x h hS b     3 3 45,5 8,0 234,67 cм ; 12 12x bhJ    3 6 max max max 2 8 18,75 10 44 10 5,5 10 234,67 10 y y x Q S bJ            6,38 МПа 130 МПа;sR   в) для двутавра № 12 Jx = 350 см4, Sx max = 33,7 см3, d = 4,8 мм (толщина стенки) b = d; 3 6 max max max 3 8 18,75 10 33,7 10 4,8 10 350 10 y x x Q S bJ            37,61МПа 130 МПа.sR   По полученным значениям  и  для двутавра построены соот- ветствующие эпюры (рис. 5.15, в) с учетом того, что на нейтральной оси сечения  = 0, а в крайних точках сечения  = 0. Проанализировав значения max для рассмотренных форм сече- ний (а это наиболее распространенные), заметим: если размеры се- чений определены из условия прочности по нормальным напряже- ниям, то максимальные касательные напряжения значительно мень- ше не достигают предельно допустимых значений. 134 Пр им е р 5.8 Расположив сечение чугунной балки (рис. 5.16) рационально по отношению к нагрузке, определить ее наибольшее допустимое зна- чение, если расчетное сопротивление на растяжение Rt = 50 МПа, а сопротивление на сжатие c 140R  МПа. Построить эпюры  и . Рис. 5.16 Р еш е н и е Для вычисления значений Q и М будем намечать сечения, начи- ная с правого (свободного) конца балки (ход справа). При этом не требуется определять реакции в опоре балки. Составим выражения для Q = f (F), M = f (F). а б в 135 Сечение С: Q = F, M = 0. Сечение В: Qп = F, Qл = F – 3F = –2F, M = –0,8F. Сечение А: Q = F – 3F = –2F, M = –1,5F + 3F  0,7 = 0,6F. Определим геометрические характеристики сечения балки. Раз- делим сложное сечение на два прямоугольника. Положение центра тяжести сечения 0 9 3 13,5 3 12 6 9,21см. 9 3 3 12 ВxSy A            Осевой момент инерции 3 3 2 2 2 49 3 3 12( ) 9 3 4,29 3 12 3,21 1320 см , 12 12ix x i i J J A m             где m1 = 13,5 – y0 = 13,5 – 9,21 = 4,29 см; m2 = 6,0 – y0 = 6,0 – 9,21 = – 3,21 см. Статический момент части сечения, расположенной ниже нейт- ральной оси: Sx(О) = 3  9,21  9,21/2 = 127 см3. Статический момент части сечения, расположенной выше места со- единения полки и стенки, относительно нейтральной оси (точка П): Sx(П) = 9  3  4,29 = 116 см3. 136 Наибольшую допустимую нагрузку на балку определим из усло- вия прочности по нормальным напряжениям (5.3), учитывая разные значения расчетного сопротивления. Опасным является сечение В, где Мx max = 0,8 F. В этом сечении верхние от нейтральной оси волокна растянуты (так как ординаты эпюры М лежат сверху), а нижние – сжаты. Поскольку хрупкий материал балки лучше работает на сжатие, чем на растяжение, сечение нужно расположить так, чтобы в точке K были сжимающие напряжения, а в точке D, где сечение шире, – рас- тягивающее. Это положение 1. Рассматриваем принятое положение сечения (полкой вверх). Из формулы (5.3) наибольший изгибающий момент: по растягивающим напряжениям 6 8 max 2 50 10 1320 10 11399 Н м 11,4 кН м; 5,79 10 t x x D R JM y           сжимающим напряжениям 6 8 c max 2 140 10 1320 10 20,1кН м. 9,21 10 x x K R JM y         Чтобы обеспечить выполнение условий прочности по растяги- вающим и сжимающим напряжениям, в качестве наибольшего до- пустимого следует принять меньшее значение изгибающего момен- та Mx = 11,4 кНм. Наибольшую допустимую нагрузку на балку определим из ра- венства Мx max = 0,8F = 11,4 кНм, откуда F = 14,25 кН. Следует проверить прочность по нормальным напряжениям в се- чении А при принятом положении сечения балки и значении на- грузки F = 14,25 кН. 137 В сечении А Мх = 0,6; F = 0,6  14,25 = 8,55 кНм. В точке Д (сжатие) 3 2Д Д c8 8,55 10 5,79 10 37,5МПа 140 МПа. 1320 10 x x М y R J           В точке K (растяжение) 3 2 8 8,55 10 9,21 10 59,7 МПа 50 МПа. 1320 10K t R        Условие прочности по растягивающим напряжениям не выпол- няется. Значит, значение нагрузки F следует скорректировать (умень- шить). Из условия прочности по растягивающим напряжениям (как наи- более опасным) 6 8 max 2 50 10 1320 10 7,17 кН м, 9,21 10 t x x K R JM y         но Мх = 0,6F, откуда F = 11,95 кН. Окончательно принимаем Fadm = 11,95 кН. Вычислим значения  и , необходимые для построения эпюр напряжений. Для касательных напряжений опасным является сече- ние А, где Q = 2F = 2  11,95 = 23,9 кН, для нормальных – сечение В, где Мх = 0,8F = 0,8  11,95 = 9,56 кНм. 138 Нормальные напряжения в характерных точках сечения В 3 2 9 8 9,56 10 9,21 10 0,0667 10 Па 66,7 МПа 1320 10K          (сжатие), 0 = 0, 3 2Д 8 9,56 10 5,79 10 41,9 МПа 1320 10        (растяжение). Касательные напряжения в характерных точках сечения А (по формуле (5.2) K = 0 (так как Sх(K) = 0); 3 6 (0) 7 0 2 8 23,9 10 127 10 0,766 10 Па 7,66 МПа; 3 10 1320 10 x x QS bJ              3 6 П 2 8 23,9 10 116 10 7,0 МПа; 3 10 1320 10           3 6 П 2 8 23,9 10 116 10 2,33МПа; 9 10 1320 10           Д = 0 (так как Sx(Д) = 0). Заметим, что в точке П ширина сечения изменяется скачкооб- разно. Вследствие этого также скачкообразно изменяется значение  (на эпюре скачок). Эпюры  и  приведены на рис. 5.16, в. Расположив сечение балки полкой вниз (положение 2) и проде- лав аналогичные вычисления, получим меньшее значение допусти- мой нагрузки F = 9,5 кН. Пр им е р 5.9 Определить главные напряжения в указанных точках балки (рис. 5.17) и установить вид напряженного состояния. Сечение бал- ки – двутавр № 16. 139 Рис. 5.17 Р еш е н и е Из таблицы сортамента для двутавра № 16: Wx = 109 cм3, Jx = 873 см4, Sx = 62,3 см3, d = 5 мм. Вследствие симметрии нагрузки опорные реакции АY = ВY = F = 20 кН. Эпюры Q и М показаны на рис. 5.17, а, б. Заметим, что на участке CД балка подвергается чистому изгибу, так как на этом участке Q = 0. В исследуемом сечении K Q = 20 кН, М = 20  0,7 = 14 кНм. а б в 140 Для определения главных напряжений по формулам (5.1) и (5.2) необходимо вычислить значения нормальных и касательных напря- жений в исследуемых точках сечения, а по формуле (5.6) – главные напряжения. В точке 1  = 0, 3 6 (0) 3 8 20 10 62,3 10 28,5МПа. 5 10 873 10 x x QS dJ            Экстремальные напряжения 2 2 2 max min 1 14 4 , 2 2 2            max =  = 28,5 МПа, min = –28,5 МПа. Главные напряжения 1 = 28,5 МПа, 2 = 0, 3 = –28,5 МПа. В точке 1 балки имеет место плоское напряженное состояние, так как действуют два главных напряжения (1 и 3). Направление главных напряжений 0 2 2 28,5tg2 , 0         20 = –90, 0 = –45. Угол 0 отсчитывается от продольной оси Z. Отрицательное зна- чение – по ходу часовой стрелки (рис. 5.17, в). В точке 2 3 9 6 14 10 0,128 10 Па 128МПа, 109 10 x x М W         = 0; 2 max min 128 1 128 64 64, 2 2      max = 128 МПа, min = 0. 1 = 128 МПа, 2 = 0, 3 = 0 – в точке 2 материал испытывает ли- нейное напряженное состояние, так как действует только одно главное напряжение. 141 В сечении И балки Q = 0, М = 20 кНм. В точке 3 3 2 8 20 10 4 10 91,6 МПа 873 10 x x М y J         (сжатие),  = 0. max min 45,8 45,8;    min = –91,6 МПа, max = 0. Главные напряжения 1 = 0, 2 = 0, 3 = –91,6 МПа – в точке 3 материал испытывает линейное напряженное состояние. Если на участке СД балки Q  0 (что чаще имеет место), то в точке 3 материал испытывает плоское напряженное состояние. Пр им е р 5.10 Провести полную проверку прочности балки, состоящей из двух швеллеров № 22, если R = 210 МПа, Rs = 130 МПа (рис. 5.18). Рис. 5.18 а б в 142 Р еш е н и е Из таблицы сортамента для швеллера № 22: h = 220 мм, b = 82 мм, d = 5,4 мм, t = 9,5 мм, Jx = 2110 см4, Wх = 192 см3, Sx = 110 см3. Вследствие симметрии нагрузки опорные реакции Аy = Вy = 120 кН. Значения Q и М в характерных сечениях: в сечении А Q = 120 кН, М = 0; в сечении С Qл = 120 – 20  0,6 = 108 кН, Qп = 120 – 100 – 20  0,6 = 8 кН, М = 120  0,6 – 20  0,6  0,3 = 68,4 кНм; в сечении Д Q = 0, М = 70 кНм. В других сечениях Q и М определить самостоятельно. Эпюры Q и М показаны на рис. 5.18, б, в. Проверка прочности балки по нормальным напряжениям произ- водится для сечения Д, где Мх максимален: 3 max max 6 70 10 182 МПа 210 МПа. 2 192 10 x x М R W         Проверка прочности по касательным напряжениям производится для сечения А, где Q максимально: 3 6 max max 3 8 120 10 2 110 10 2 5,4 10 2 2110 10 y x x Q S dJ               57,9 МПа 130 МПа.sR   Условия прочности балки по  и  выполняются. 143 Полная проверка прочности производится в сечении балки, где Q и М одновременно большие. В рассматриваемом примере опасное сечение С, где Q = 108 кН, М = 68,4 кНм. Опасной точкой, где проводится полная проверка прочности, для сечений типа двутавр, швеллер является точка сопряжения полки со стенкой (точка K). В этой точке – самое неблагоприятное сочетание напряжений  и . При вычислении статического момента на уровне точки K полку швеллера можно рассматривать как прямоугольник шириной b и вы- сотой t (без учета скруглений и скоса): ( ) 2 ;2 2x K h tS bt        3 ( ) 22 0,952 8,2 0,95 164,0 см . 2 2x K S            Определяем нормальные и касательные напряжения в опасной точке K: 3 2 9 8 68,4 10 22 0,95 10 0,163 10 Па 163МПа; 22 2110 10K                 3 6 8 3 8 108 10 164,0 10 0,389 10 Па 38,9 МПа. 2 5,4 10 2 2110 10K               По формуле (5.6) главные напряжения 2 2 2 2 max min 1 163 14 163 4 38,9 81,5 90,3; 2 2 2 2             max = 171,8 МПа, min = – 8,8 МПа. Следовательно, 1 = 171,8 МПа, 2 = 0, 3 = – 8,8 МПа. 144 В точке K материал испытывает плоское напряженное состояние, поэтому проверка прочности производится по гипотезам прочности. Для стальной балки (пластичный материал) применима четвертая (энергетическая) теория прочности (формула (5.6)): 2 2 2 2 des 3 163 3 38,9 176,4 МПа 210 МПа.R           Условие прочности по четвертой теории выполняется. 5.3. Деформации при изгибе. Проверка на жесткость Под действием нагрузки балка деформируется. Ось ее искривля- ется и при плоском изгибе представляет собой плавную плоскую кривую, называемую упругой линией (или осью изогнутой балки). При этом поперечные сечения балки претерпевают перемещения, преимущественно линейные  (прогиб перпендикулярно оси балки) и угловые  (угол поворота сечения относительно первоначального положения) (рис. 5.19). Перемещения вдоль оси Z незначительные и ими пренебрегают. Рис. 5.19 Для определения перемещений балки необходимо получить урав- нения ее упругой линии:  = f (z),  = f (z). Такие уравнения в дифференциальной форме составлены для случая чистого изгиба (Мх  0, Qy = 0). Поскольку влияние попереч- ной силы Qy на величину перемещений незначительно, уравнения ϑ К 145 считаются допустимыми и для случая поперечного изгиба, когда Мх  0, Qy  0. Для определения перемещений (,  ) в балке существует не- сколько методов. 1. Метод непосредственного интегрирования дифференциально- го уравнения упругой линии. Метод применяется для простых ба- лок с одним или двумя участками нагружения. 2. Метод начальных параметров: используются универсальные уравнения упругой линии балки, пригодные для любых (по сложно- сти нагрузок) балок и позволяющие определить перемещения в лю- бых ее сечениях. 3. Метод Мора с непосредственным интегрированием формулы перемещений, а также с использованием правила Верещагина для решения интеграла Мора. Метод универсален, применим как для прямых, так и ломаных стержней, как при изгибе, так и других де- формациях. Целесообразен для определения перемещений в кон- кретном сечении. В настоящее время для определения перемещений в балках наи- более часто используются универсальные уравнения упругой линии, а также формула Мора и правило Верещагина. Проверка жесткости балки сводится к требованию, по которому наибольший прогиб max не должен превышать определенной, уста- новленной нормами проектирования, допустимой величины. Обычно нормами задается допустимый относительный прогиб, т. е. максимальный прогиб, отнесенный к длине пролета (расстоя- нию между опорами). В зависимости от назначения конструкции допустимый относи- тельный прогиб в строительном проектировании колеблется в пре- делах adm 1 1... 150 500l      . Условие жесткости при изгибе имеет вид max adml l       , (5.8) 146 где max – максимальный прогиб в пролете балки; adml     – допустимый относительный прогиб. Практически можно считать, что максимальный прогиб в про- летной части балки наблюдается посередине ее длины. Прогибы на консолях оговариваются отдельно. 5.3.1. Метод начальных параметров За начало координатных осей выбирается к р а й н е е л е в о е се- чение балки, а положительные направления их – вправо (Z) и вверх (Y) (рис. 5.20). Рис. 5.20 Универсальными уравнениями оси изогнутой балки (упругой линии) являются: уравнение углов поворота сечений 32 0 ( )( )( ) ; 2 6 qF x x M z zz zEJ EJ M z z F q          (5.9) уравнение прогибов 42 3 0 0 ( )( ) ( ) , 2 6 24 qM F x x x z zz z z zEJ EJ EJ z M F q           (5.10) 147 где Е – модуль продольной упругости материала балки; Jх – момент инерции сечения балки относительно нейтральной оси;  – угол поворота исследуемого сечения балки; 0 – угол поворота сечения в начале координатных осей (на- чальный параметр);  – прогиб в исследуемом сечении балки; 0 – прогиб балки в начале координатных осей (начальный па- раметр); z – абсцисса исследуемого сечения; zМ, zF, zq – абсциссы точек приложения соответствующей внеш- ней силы (М, F) и начала распределенной нагрузки q; M, F, q – внешние силы (активные и реактивные). При составлении уравнений упругой линии балки для конкрет- ного сечения следует включать в них только те силовые факторы, которые расположены л е в е е этого сечения, и назначить знаки слагаемых, принятые для изгибающих моментов (см. рис. 5.4). Если распределенная нагрузка q не доходит до конца балки, то ее продлевают и прикладывают компенсирующую нагрузку q = q (рис. 5.21, а). Рис. 5.21 Начальные параметры 0 и 0 определяются из условий закреп- ления опор балок: в защемлении 0 = 0, 0 = 0 (см. рис. 5.21, а), на шарнирной опоре 0  0, 0 = 0 (рис. 5.21, б). а б в г 148 Если начало отсчета координатных осей находится на свободном конце балки (рис. 5.21, в), начальные параметры 0 и 0 определя- ются из условий закрепления на опорах: А = 0, В = 0. По вычисленным значениям  и  в характерных сечениях бал- ки (обычно на границе расчетных участков) можно построить графи- ки – эпюры углов поворота сечений  и прогибов . В сечениях балки, где  = 0, на эпюре  имеется перегиб, а сам прогиб достигает максимального значения (рис. 5.21, г). При решении задач следует иметь в виду, что положительный прогиб  направлен вверх (в сторону положительного направления оси Y), а положительный угол поворота сечения  – против хода часо- вой стрелки (от первоначального положения сечения). Пр им е р 5.11 Для консольной балки определить углы поворота и прогибы се- чений В и С (в долях от жесткости сечения балки – ЕJх), рис. 5.22. Рис. 5.22 а б 149 Р еш е н и е Начало координатных осей помещаем в крайнем левом сечении балки (защемлении). Опорные реакции определяются из условий равновесия: 2(0,8 1,0) 3,6 кН;yA    2(0,8 1,0)2 3,24 кН м. 2A M    Балка имеет один расчетный участок. Эпюра изгибающих моментов показана на рис. 5.22, а. Составим уравнения оси изогнутой балки по формулам (5.9) и (5.10). Уравнение углов поворота сечений 2 3 0 2 3 0 ( 0) ( 0)( 0) 2 6 3,24 3,6 2 . 2 6 x x А y x z zEJ EJ M z A q z zEJ z               Уравнение прогибов 2 3 4 0 0 2 3 4 0 0 ( 0) ( 0) ( 0) 2 6 24 3,24 3,6 2 . 2 6 24 x x x А y x x z z zEJ EJ EJ z M A q z z zEJ EJ z                   Заметим, что слагаемыми уравнений являются выражения изгиба- ющих моментов (с их знаками) от соответствующих силовых факторов (например, Аy z), проинтегрированные в уравнении углов поворота се- чений один раз 2 ( ) 2y zA , а в уравнении прогибов – два раза 3 ( ) 2 3y zA  . Начальные параметры (0 и 0) в составленных уравнениях опре- деляются исходя из деформативных условий в начале координат. 150 Поскольку начало координат помещено на опоре А – защемлении, где невозможны ни линейные, ни угловые перемещения, начальные параметры 0 = 0, 0 = 0. Уравнения перемещений оси балки примут вид EJx = –3,24z + 1,8z2 – 0,333z3, EJx = –1,62z2 + 0,6z3 – 0,0833z4. Определяем перемещения в названных сечениях. При z = 0,8 м (сечение В) EJxВ = –3,24  0,8 + 1,8  0,82 – 0,333  0,83 = –1,61 кНм2, откуда угол поворота сечения 1,61B xEJ    (направлен по ходу часо- вой стрелки); EJxВ = –1,62  0,82 + 0,6  0,83 – 0,0833  0,84 = –0,764 кНм3, откуда прогиб 0,764B xEJ    (направлен вниз от оси Z). При z = 1,8 м (сечение С) EJxС = –3,24  1,8 + 1,8  1,82 – 0,333  1,83 = –5,832 + 5,832 – 1,942 = = –1,942 кНм2, откуда 1,942C xEJ    ; EJxС = –1,62  1,82 + 0,6  1,83 – 0,0833  1,84 = –2,624 кНм3, откуда прогиб 2,624C xEJ    (направлен вниз). По вычисленным значениям можно построить эпюры углов пово- рота сечений  и прогибов  . Эпюра  показана на рис. 5.22, б, где отмечен также угол С. Полностью эпюра  строится редко. 151 Результаты вычислений показывают, что в данном примере наиболь- шие перемещения претерпевает концевое сечение балки (сечение С). Эпюра изгибающих моментов Мх и эпюра прогибов  связаны между собой следующей зависимостью: ординаты эпюры Мх долж- ны лежать с выпуклой стороны изогнутой балки, где волокна ее растянуты. В строительном проектировании эпюру Мх принято строить со стороны растянутых волокон. Пр им е р 5.12 Для двухопорной деревянной балки прямоугольного поперечно- го сечения (h = 18 см, b = 14 см) построить эпюру прогибов и опре- делить наибольший относительный прогиб, если модуль продоль- ной упругости материала Е = 10 ГПа (рис. 5.23). Рис. 5.23 а б в г 152 Р еш е н и е Начало координатных осей помещаем в сечении А – шарнирной опоре балки. Значения опорных реакций приведены на рис. 5.23, а, а эпюры Q и Мх – на рис. 5.23, б и в. Момент инерции сечения балки относительно нейтральной оси 3 314 18 6804 12 12x bhJ    см 4. Балка имеет два расчетных участка. Составим уравнения оси изогнутой балки: II 2 3 0 0 1м 1 3мI II 2 3 0 ( 0) ( 1) 2 6 4 2( 1) ; x x y z z x I z zEJ EJ A q EJ z z                 3 4 0 0 I II 3 4 0 0 III ( 0) ( 1) 6 24 1,333 0,5( 1) . x x x y x x z zEJ EJ EJ z A q EJ EJ z z z                 Вертикальными линиями отмечены границы уравнений для уча- стков балки и область их применения. В уравнения для первого участка вошли только те силовые фак- торы, которые лежат л е в е е конца этого участка, т. е. только Ay. На втором участке добавилась нагрузка q. Для определения начальных параметров в составленных уравнени- ях нужно рассмотреть условия перемещений в начале координат, т. е. на шарнирной опоре А. В шарнирной опоре вертикальное перемеще- ние отсутствует, т. е. А = 0, следовательно, 0 = 0. Угловое же переме- щение на шарнирной опоре возможно, т. е. А  0, значит, и 0  0. 153 Для определения параметра 0 нужно составить уравнение про- гибов для сечения B, где на шарнирной опоре вертикальное пере- мещение отсутствует, т. е. В = 0. При z = 3 м (сечение В) 3 4 0 3 1,333 3 0,5(3 1) 0,x B xEJ EJ         откуда 20 9,33 кН м .xEJ     После определения всех начальных параметров уравнения оси изогнутой балки примут вид 2 3 I II 9,33 4 2( 1) ;xEJ z z      3 4 I II 9,33 1,333 0,5( 1) .xEJ z z z      Известно, что максимальный прогиб балки будет в том сечении, угол поворота которого равен нулю. Отыщем это сечение. Уравнение углов поворота сечений: для первого участка 2 09,33 4 0,xEJ z     откуда 0 1,527 м 1z   (сечение за пределами участка); второго участка 2 3 0 09,33 4 2( 1) 0,xEJ z z       откуда 0 1,555м.z  Для построения эпюры прогибов вычислим их значения для не- скольких характерных сечений балки, а также вычислим углы пово- рота сечений А и В. 154 При z = 0 (сечение А, 1-й участок) 29,33 кН м ;x AEJ     3 9 8 9,33 10 0,0137 рад; 10 10 6804 10A         0.x AEJ   При z = 1 м (сечение C, 1-й участок) 3 39,33 1 1,33 1 8,0 кН м ;x СEJ          3 9 8 8,0 10 0,0118 м 1,18 см. 10 10 6804 10С           При z = 1,5 м (сечение Д, 2-й участок, середина пролета) 3 4 3Д 9,33 1,5 1,33 1,5 0,5 0,5 9,54 кН м ;xEJ            Д 0,0140 м 1,40 см.     При z = 1,555 м (сечение, где θ = 0) 3 max 9,543 кН м ;xEJ     max 1,41cм.   При z = 1,667 м (сечение И, где Мх max) 3И 9,48 кН м ;xEJ     И 1,39 см.   155 При z = 3 м (сечение B, 2-й участок) 2 39,33 4 3 2 2 10,67x BEJ         2кН м , 0,016 рад.B  3 49,33 3 1,333 3 0,5 2 35,99 35,991x BEJ             0,001 0  (контроль). По полученным значениям  построена эпюра прогибов (рис. 5.23, г). Выпуклость изогнутой оси балки (эпюра  ) направлена в сторо- ну ординат эпюры Мх. Анализ полученных значений прогибов показывает, что абсолют- ный прогиб в середине пролета балки (Д) и максимальный (max) практически совпадают. Относительный прогиб балки max 1,41 1 300 213l    . Сечение с наибольшим прогибом max не обязательно должно совпадать с сечением, где изгибающий момент наибольший (Мх max). Это возможно лишь в частных случаях. Пр им е р 5.13 Для двухопорной балки с консолью (рис. 5.24), выполненной из двух стальных швеллеров, подобрать их номер и проверить жест- кость, если R = 210 МПа, adm 1 180l      , Е = 200 ГПа. Построить эпюру прогибов. 156 Рис. 5.24 Р еш е н и е Начало координатных осей помещено в сечении А. Значения опорных реакций приведены на рис. 5.24, а (нагрузку q, показанную пунктиром, при вычислении реакций можно не учи- тывать). Построим эпюры Q и M. а б в г 157 В сечении А 30 кНYQ A  , М = 0. В сечении С 8 кНQ  , М = 0. В сечении В п 8 кН,Q  М = 8 1 8 кН м     . л 8 42 34 кН.Q     Для сечения, в котором Q = 0, ордината 0 30 1,875м 16 z   и 2 max 16 1,87530 1,875 28,13 кН м. 2x M      Из условия прочности по нормальным напряжениям требуемый момент сопротивления 3 3 6 28,13 10 134 см . 210 10x W   По таблицам сортамента принимаем два швеллера № 14 с 370,2 2 140,4 смxW    и 4491 2 982 см .xJ    Рассматриваемая балка имеет два расчетных участка (участка нагружения). Заметим, что распределенная нагрузка q не доходит до конца балки. Поэтому ее необходимо продлить по консоли до конца балки и на этом участке приложить компенсирующую нагрузку q′ = q. 158 Составим уравнения перемещений оси изогнутой балки: 2 3 2 3 ' 0 0 4 м 4 5мI II 2 3 2 3 0 III ( 4) ( 4) 2 6 2 6 15 2,667 21( 4) 2,667 ( 4) ; x x y y z z x z z z zEJ EJ A q B q EJ z z z z                       3 3 4 ' 0 0 I II 3 4 3 4 0 0 I II 4 ( 4) ( 4) 6 24 6 24 5 0,667 7( 4) 0,667( 4) . x x x y y x x z z z zEJ EJ EJ z A q B q EJ EJ z z z z z                      Начальные параметры 0 и 0 определим, исходя из деформаци- онных условий на опорах балки. При z = 0 (опора А) прогиб А = 0, а значит, и 0 = 0. При z = 4 м (опора В) прогиб B = 0. Запишем уравнение прогибов для сечения B (первый участок, z = 4 м): 3 4 0 4 5 4 0,667 4 0,x B xEJ EJ         откуда 2 0 37,3 кН м .xEJ     Определим значение прогибов посредине пролета балки и на конце консоли. При z = 2 м 3 4 337,3 2 5 2 0,667 2 45,3 кН м ,xEJ            откуда 3 9 8 45,3 10 2,31см. 200 10 982 10        159 При z = 5 м 329,2 кН м ,xEJ    1,49 см.  Эпюра прогибов показана на рис. 5.24, г. При построении эпю- ры прогибов ее очертание согласуется с эпюрой изгибающих мо- ментов. Максимальный абсолютный прогиб в пролете балки достигает значения max 2,31см  , относительный прогиб max 2,31 1 400 173l    . Условие жесткости по формуле (5.8) max adm 1 1 173 180l l        – выполняется. Пр им е р 5.14 Подобрать номер прокатного швеллера для двухконсольной бал- ки из условия жесткости, если adm 1 200l      (рис. 5.25). Построить эпюру прогибов. Р еш е н и е Начало координат помещаем в крайнем левом сечении балки, т. е. на конце консоли (сечение О). Значения опорных реакций и эпюра изгибающих моментов пока- заны на рис. 5.25. 160 Рис. 5.25 Рассматриваемая балка имеет четыре расчетных участка. Уравнение прогибов оси балки 3 3 2 3 0 0 I IIIII IV 3 3 2 3 0 0 I II III IV ( 1) ( 3) ( 5)12 17,5 10 5,5 6 6 2 6 2 2,917( 1) 5( 3) 0,92( 5) . x x x x x z z z zEJ EJ EJ z EJ EJ z z z z z                       В данном случае, когда начало координат расположено на сво- бодном конце балки, ни один из начальных параметров не равен а б в г 161 нулю. Значения их определим, исходя из деформативных условий на шарнирных опорах А и В, где вертикальные перемещения (про- гибы) равны нулю: А = 0, B = 0. Запишем уравнения прогибов для названных сечений. Сечение А (z = 1 м, участок 1) 3 0 0 1 2 1 0.x x xEJ EJ EJ         Сечение В (z = 5 м, участок 3) 3 0 0 5 2 5x x xEJ EJ EJ        + 2,917·43 – 5  22 = 0 или 0 0 5 83,3 0.x x xEJ EJ EJ        Из этих уравнений 20 20,33 кН м ;xEJ    30 18,33 кН м .EJ    Прогиб посередине пролета балки (z = 3 м, участок 2) 3 3 3 max 18,33 20,33 3 2 3 2,917 2 12,0 кН м .xEJ            Требуемый момент инерции сечения для пролетной части балки max 12,0 .xI E   Примем max adm   . Тогда из заданного условия жесткости adm 1 1400 2,0 см, 200 200 l    где l – длина пролета (расстояние между опорами). Для сечения из двух швеллеров 3 4 9 2 12 10 300 см . 200 10 2 10x J      162 На один швеллер момент инерции составит ' 4300 150 см . 2x J   По таблицам сортамента принимаем два швеллера № 10, для ко- торых 334,8 2 69,6 см ,xW    4174 2 348 см .xJ    Вычисляем прогибы в характерных сечениях балки. При z = 0 (сечение О) 3 0 9 8 18,33 18,33 10 2,63 см. 200 10 348 10xEI             При z = 3 м (сечение С) 1,72 см.  При z = 6 м (сечение Д) 1,39 см.   По полученным значениям прогибов строится соответствующая эпюра (рис. 5.25, г). Проследите соответствие эпюры прогибов эпюре изгибающих моментов. Правая консоль балки (участок ВД) не нагружена и, следовательно, не деформируется. Ось ее остается прямой, но все сечения перемеща- ются за счет деформаций остальной части балки. В завершение примера вычислим значения наибольшего нор- мального напряжения в балке: 3 max max 6 12 10 172 МПа 210 МПа. 101,2 10 x x M R W        Прочность балки по нормальным напряжениям обеспечена, но материал ее недонапряжен на 18 %. Это обусловлено тем, что усло- вие жесткости более «требовательно». 5.3.2. Метод Мора и Верещагина Формула (интеграл) Мора, позволяющая определить перемеще- ния в любом отдельном сечении балки, имеет вид 163 0 d , l F x M M z E J    (5.11) где ∆ – перемещение (угловое, линейное) в исследуемом сечении; FM – выражение изгибающих моментов от заданной нагрузки; _ M – выражение изгибающих моментов от вспомогательной единичной силы; xEJ – жесткость сечения балки. На рис. 5.26, а показана заданная балка, у которой нужно опре- делить угол поворота  и прогиб  концевого сечения. На рис. 5.26, б, в показаны вспомогательные состояния той же балки. Рис. 5.26 При определении прогиба  в искомом сечении прикладывается единичная сила F = 1, а при определении угла поворота – единич- ный момент М = 1. Составляются выражения для FM и M и по формуле (5.11) определяется искомое перемещение. Если балка имеет сложную нагрузку и много участков нагруже- ния, непосредственное интегрирование выражений изгибающих мо- ментов трудоемко. а б в 164 Вместо непосредственного вычисления интеграла Мора можно воспользоваться способом Верещагина – это графоаналитический прием решения интеграла перемещений, основанный на перемно- жении эпюр. По способу Верещагина перемещение ∆ (угол поворота сечения или прогиб) в любом сечении балки определяется по формуле ,i i x y EJ    (5.12) где i – площадь эпюры изгибающих моментов от заданной на- грузки (силовая площадь); iy – ордината эпюры изгибающих моментов от единичной си- лы, лежащая против центра тяжести эпюры изгибающих моментов от заданной нагрузки. Определяются (рис. 5.27) прогиб  в сечении n и угол поворо- та  в сечении m. Рис. 5.27 а б в 165 На рис. 5.27, а изображена эпюра изгибающих моментов FM от заданной нагрузки. На рис. 5.27, б – единичная эпюра M от вспомогательной еди- ничной силы F = 1 (для определения прогиба ), а на рис. 5.27, в – единичная эпюра M  от вспомогательного единичного момента М = 1 (для определения угла поворота ). Эпюра FM , которая может быть любой формы, в пределах рас- четных участков разделяется на простые фигуры, площади и цен- тры тяжести которых можно легко определить. По формуле (5.12) прогиб в сечении n 1 1 2 2 3 3 ,i in x x y y y y EJ EJ        угол поворота в сечении m 2 2 3 3 ,m x y y EJ      где ω – площади простых фигур на одной из эпюр изгибающих мо- ментов; у, у׳ – ординаты под центром тяжести этих фигур на другой эпюре. Эпюры изгибающих моментов от единичных сил всегда прямо- линейны. Если в пределах расчетного участка обе эпюры ( FM и M ) пря- молинейны, то можно брать площадь ω любой из них. Если эпюра FM криволинейна, то площадь ω берется обязательно с этой эпюры. Положительный результат перемножения эпюр означает, что на- правление перемещения (θ, ) совпадает с направлением единичной силы (или момента); если результат отрицательный – перемещение происходит в обратном направлении вектора единичной силы. В табл. 5.1 приведены выражения для определения площадей не- которых простых фигур и положение их центра тяжести. 166 Т а б л и ц а 5.1 Параболические эпюры, приведенные в табл. 5.1, получены от дей- ствия только распределенной нагрузки q. В тех случаях, когда в сложной эпюре FM криволинейные уча- стки получены от одновременного действия q, F, M, их (участки) надо разделить на простые фигуры (см. примеры). Пр им е р 5.15 Определить угол поворота и прогиб сечения В консольной балки (в долях от жесткости сечения xEJ ), рис. 5.28. Р еш е н и е Эпюра изгибающих моментов от заданной нагрузки (грузовая эпю- ра FM ) показана на рис. 5.28, а. Для определения прогиба в сечении В к свободной от заданной нагрузки балке (вспомогательное состояние) в названном сечении прикладывается вспомогательная единичная сосредоточенная сила (F = 1) и строится эпюра изгибающих моментов – единичная эпю- ра M (рис. 5.28, б). Единичная сила направляется произвольно, т. е. в положительном или отрицательном направлении оси Y. 167 Рис. 5.28 а б в г 168 Аналогичная операция производится для определения угла по- ворота сечения. Только в качестве вспомогательной единичной си- лы выступает единичный вспомогательный момент (М = 1), направ- ляемый произвольно относительно оси Х. Эпюра от единичного момента M  показана на рис. 5.28, в. На рис. 5.28, б и в схема балки и единичные эпюры совмещены. Заметим, что балка имеет один расчетный участок как для FM , так для M и что единичные эпюры прямолинейны и имеют вид тре- угольника или прямоугольника, а грузовая – криволинейна и имеет сложное очертание. Для определения перемещений по способу Верещагина исполь- зуются эпюры изгибающих моментов (грузовые и единичные). От одних из них берутся площади эпюр (ω), из других – ординаты (y) под центром тяжести первых. Поскольку грузовая эпюра FM имеет криволинейное очертание, площадь ω должна браться с этой эпюры. Для проведения расчета эпюра FM сложного очертания делится на простые фигуры: прямоугольник (от момента М) площадью 2 1 3 2 6 кН м     и параболический треугольник (от нагрузки q) площадью 2 2 1 (11 3) 2 5,33 кН м . 3        На выделенных простых фигурах отмечаются их центры тяжести (см. табл. 5.1). На единичных эпюрах отмечаются ординаты у, лежащие под центром тяжести составляющих частей грузовой эпюры FM . В дан- ном примере ордината определяется как 1 :i iy z 1 1 1м2 ly    ; 2 3 31 1 2 1,5м 4 4 y l      . 169 Для определения углов поворота сечений ординаты берутся из единичной эпюры M  : 1 2 1у у   . Прогиб в сечении В по формуле (5.12): 36 1 5,33 1,5 14,0 кН м .x x B i iEJ EJ y           Все слагаемые в выражении прогибов положительны, так как площади ω и ординаты y лежат по одну сторону от оси эпюры. По- ложительные значения x BEJ  означают, что прогиб происходит в направлении единичной силы, т. е. вниз. Угол поворота сечения В 1 1 2 2x x B i iEJ EJ y y y          26 1 5,33 1 11,33 кН м .        В полученном выражении слагаемые отрицательны, так как площа- ди ω и ординаты у лежат по разную сторону от оси эпюры. Отрица- тельное значение x BEJ  означает, что поворот сечения происходит в направлении, противоположном направлению единичного момента, т. е. по ходу часовой стрелки (рис. 5.28, г). Эпюра прогибов показана на рис. 5.28, г. Таким образом, перемещения на свободном конце балки (в долях от жесткости сечения) 11,33 B xEJ   (по ходу часовой стрелки), 14,0B xEJ   (вниз). Пр им е р 5.16 Определить прогиб посередине пролета двухопорной балки (в долях от xEJ ), рис. 5.29. 170 Рис. 5.29 Р еш е н и е Грузовая эпюра изгибающих моментов FM (от заданной нагруз- ки) показана на рис. 5.29, а. Посередине пролета, где требуется определить прогиб, к балке вспомогательного состояния прикладывается единичная сосредото- а б в 171 ченная сила F = 1 (рис. 5.29, б), определяются опорные реакции и строится эпюра .M В данном примере грузовая эпюра FM балки пересекает ось, а единичная эпюра имеет два расчетных участка, поэтому площадь ω берется с единичной эпюры, а ордината у – с грузовой. Ординаты у берутся из грузовой эпюры ,FM как моменты в со- ответствующем сечении: 1 1 2 1,5 0,67 ; 3у у А М     2 2 2 1,5 2,67. 3у у В М      Прогиб посередине пролета балки 1 1 2 2( )x i iEJ y y y       30,75 1,5 0,75 1,50,67 2,67 1,125 кН м . 2 2         Найденный прогиб направлен вниз, по направлению единичной силы F = 1. Вид эпюры прогибов показан на рис. 5.29, в. Пр им е р 5.17 Для двухопорной балки с консолью определить прогибы в сече- ниях С и Д и построить эпюру прогибов (в долях xEJ ), рис. 5.30. Р еш е н и е Значения опорных реакций определяются из условий равновесия: 6 10 40 0A yM B      , 8,33yB  кН; 6 10 80 0В yМ A     , 11,67yA  кН; 11,67 8,33 5 4 0Y      . 172 Рис. 5.30 а б в г д е 173 Определим значения ординат для построения эпюр Q и M. При z = 0 Q = 11,67кН, M = 0. При z = 2,33 м Q = 0, M = 13,6 кН·м. При z = 4,0 м Q = 11,67 – 20 = –8,33 кН, л 11,67 4 5 4 2 6,7M       кН·м; п 11,67 4 5 4 2 10 16,7M        кН·м. При z = 6,0 м Q = 11,67 – 20 = –8,33 кН, М = 0. Эпюры Q и М даны на рис. 5.30, б и в. Единичные эпюры 1M и 2M от сил F = 1, приложенных в сече- ниях, где нужно определить прогибы, показаны на рис. 5.30, г и д. Грузовую эпюру FM сложного очертания, разделим на простые фигуры. Выделим параболу 1 и два треугольника 2 и 3. Площадь параболы 1 2 , 3 hl  где l – длина параболы; h – высота параболы в центре тяжести ее (от нижней точки до пунктирной линии). Высоту параболы можно вычислить геометрически по эпюре М, но удобнее пользоваться выражением 2 8 qlh  : 25 4 10 кН м. 8 h    174 Определим ординаты на единичной эпюре (см. рис. 5.30, г) под центрами тяжести выделенных простых фигур: 1 1 2 0,333; 6 у    2 1 2 4 0,445; 6 3 у     3 1 14 2 0,778. 6 3 у        Необходимо обратить внимание на расположение грузовой и еди- ничных эпюр относительно их осей. Прогиб на конце консоли (сечение Д): Д 1 1 2 2 3 3xEJ y y y      32 1 110 4 0,333 6,7 4 0,445 16,7 2 0,778 27,84 кН м 3 2 2                 (направлен в противоположную сторону по отношению F = 1, т. е. вверх). Определим ординаты под центрами тяжести простых фигур на второй единичной эпюре:  1 22 2 0,667;6у     2 2 22 4 0,89;6 3у      3 4 22 2 0,89.6 3у     175 Прогиб в пролете балки (сечение С) 1 1(2) 2 2(2) 3 3(2)x CEJ y y y      32 1 110 4 0,667 6,7 4 0,89 16,7 2 0,89 44,58 кН м 3 2 2               (направлен по направлению силы F = 1, т. е. вниз). По полученным значениям прогибов строится соответствующая эпюра (рис. 5.30, е). Очерчивая эпюру прогибов, следует обратить внимание, что кон- соль балки (участок ВД) не нагружена и, следовательно, этот уча- сток не деформируется, но перемещается вследствие деформации пролетной части. В случае необходимости определения прогиба не на границе расчетных участков балки, а в произвольном сечении расчет по способу Верещагина значительно усложняется, особенно на участ- ках с распределенной нагрузкой q. В таких случаях лучше воспользоваться методом начальных па- раметров. 176 6. СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ Статически неопределимыми называются балки, опорные реак- ции у которых невозможно определить при помощи одних лишь урав- нений равновесия, так как они имеют «лишние» неизвестные реакции. Степень статической неопределимости определяется разностью между числом неизвестных реакций и числом независимых уравне- ний равновесия. Балки, изображенные на рис. 6.1, имеют четыре опорные связи, а следовательно и четыре опорные реакции. При трех возможных уравнениях равновесия (ΣZ = 0, ΣY = 0, ΣМ = 0) они являются один раз статически неопределимыми (4 – 3 = 1). Рис. 6.1 Раскрытие статической неопределимости балки заключается в оп- ределении лишних неизвестных реакций путем составления допол- нительных уравнений к имеющимся уравнениям равновесия. Допол- нительных уравнений должно быть столько, сколько лишних неиз- вестных, т. е. сколько раз балка статически неопределима. Существует несколько методов раскрытия статической неопре- делимости балок. Выбор метода связан со степенью статической неопределимости. Если «лишних» неизвестных немного (одна-две), дополнительные уравнения целесообразно составить, исходя из де- формационных условий (прогибов) на опорах балки, используя ме- тод начальных параметров. У неразрезных балок степень статической неопределимости может быть высокой. В таких случаях дополнительные уравнения составля- 177 ются исходя из деформационных условий (углов поворота сечений) на промежуточных опорах балки с использованием метода сил. Из совместного решения уравнений равновесия и дополнитель- ных уравнений определяются все опорные реакции балки. Для расчета статически неопределимой балки выбирается так на- зываемая основная система, которая получается из статически не- определимой балки путем удаления «лишних» связей. Основная сис- тема должна быть статически определимой, геометрически и кине- матически неизменяемой. В качестве «лишних» неизвестных могут быть выбраны внеш- ние (реакции опор) или внутренние факторы (изгибающие моменты в каком-либо сечении балки). Дополнительные уравнения составляются из условий совместно- сти перемещений основной системы и заданной балки. Существует несколько способов составления этих уравнений. Наиболее общим и распространенным является метод сил. В неразрезной балке (рис. 6.2, а) решение по методу сил получа- ется наименее трудоемким, если основную систему выбрать путем установки шарнира на промежуточной опоре (рис. 6.2, б). Тогда не- разрезная балка разделится на две статически определимые, а в ка- честве неизвестной принимается изгибающий момент на промежу- точной опоре (обозначается буквой Х). Эквивалентная система получается путем загружения основной системы заданными внешними силами и неизвестными опорными моментами (рис. 6.2, в) и составлением условия совместности пере- мещения (основной системы и заданной балки). Система канонических уравнений метода сил, полученная исхо- дя из условий совместности перемещений основной системы и за- данной балки, имеет вид Х111 + Х212 + … + Хn1n + 1F = 0; Х121 + Х222 + …+ Хn2n + 2F = 0; (6.1) …………………………………… Х1n1 + Х2n2 + … + Хnnn + nF = 0, где Х1, Х2, …, Хn – неизвестные изгибающие моменты на промежу- точных опорах; 178 11, 12, …, 1n – коэффициенты – перемещения от единичных сил; 1F, 2F, …, nF – свободные члены – перемещения от заданных внешних сил (F, q, M). Рис. 6.2 а б в г д е ж и 179 Первый индекс коэффициентов и свободных членов уравнений означает направление перемещения и одновременно номер проме- жуточной опоры, второй – причину, вызвавшую перемещение (но- мер единичной силы). Физический смысл уравнений метода сил для неразрезных балок заключается в неразрывности упругой линии над промежуточными опорами, т. е. в совместности угловых перемещений  сечений над опорами (рис. 6.2, и). Для определения параметров канонических уравнений необхо- димо построить эпюры изгибающих моментов для однопролетных балок основной системы: сначала от заданной нагрузки (грузовые эпюры МF), рис. 6.2, г, а затем от опорных моментов, принятых рав- ными единице: Х = 1 (единичные эпюры M ), рис. 6.2, д. Коэффициенты i и свободные члены i канонических уравнений определяются по способу Верещагина путем перемножения еди- ничных и грузовых эпюр: i(i) = 1 .i i x y EJ  У одной из эпюр берется ее площадь , а у другой – ордината у, измеренная против центра тяжести первой (см. п. 5.3). Перемножая единичные эпюры сами на себя, получают значения 11 22, , ..., nn   , а между собой – 12 21 1, , ..., n   . Исходя из теоремы о взаимности перемещений справедливы равенства 12 21,   1 1.n n   Перемножив грузовые эпюры на единичные, получают значения свободных членов 1 2, ,F F  ..., .nF Решив систему канонических уравнений, находят значения изги- бающих моментов на промежуточных опорах неразрезной балки: Х1 = М1, Х2 = М2, …, Хn = Мn. Этим заканчивается раскрытие ее ста- тической неопределимости. Окончательные эпюры поперечных сил Q и изгибающих момен- тов М строятся отдельно для каждого пролета балки, загруженного заданной нагрузкой и найденными опорными реакциями с учетом их знаков (рис. 6.2, е, ж). Эпюра прогибов (см. рис. 6.2, и) строится по значениям проги- бов, полученных любым из ранее названных способов. 180 Заметим, что на промежуточной опоре В угол поворота одинако- вый как для левого примыкающего сечения, так и для правого, т. е. выполняется условие совместности перемещений, заложенное в ка- нонические уравнения. Расчет статически неопределимых балок на прочность и жест- кость ведется так же, как и статически определимых. Пр им е р 6.1 Для балки (рис. 6.3, а) построить эпюры поперечных сил и изги- бающих моментов и определить прогиб посередине пролета. Изоб- разить ось изогнутой балки. Рис. 6.3 Жесткость сечения балки EJx. а б в г 181 Р еш е н и е На левой опоре балки – защемлении (заделке) – возникнут три реакции Аy, Аz, МA, на правой – шарнирно-подвижной – одна, Вy. Всего – четыре реакции. Уравнений равновесия можно составить толь- ко три ( 0, 0, 0Y Z M     ). Значит, рассматриваемая балка яв- ляется один раз статически неопределимой. Составим уравнения равновесия: ∑Z = Аz = 0, откуда Аz = 0; ∑Y = Аy – q l + By = 0; (6.2) ∑MB = MA – ql 2 l + 0.yA l  (6.3) Два уравнения равновесия содержат три неизвестные величины. Непосредственное решение уравнений невозможно. Необходимо составить одно дополнительное уравнение, исходя из условий деформации на опорах балки: на опоре А угол поворота сечения A = 0, прогиб A = 0; на опоре В прогиб B = 0. Используем условие на опоре В и составим выражение для опре- деления прогиба B по методу начальных параметров: 2 3 4 0 0 0.2 6 24x B x x A y l l lEJ EJ EJ l M A q         Учтем, что на опоре А A = 0 и A = 0. Следовательно, началь- ные параметры уравнения прогибов 0 = 0 и 0 = 0. Тогда 2 0. 3 12A y l lM A q   (6.4) Решив совместно уравнения (6.3) и (6.4), получим 5 , 8y A ql 2 8A qlM   (направление противоположно изображенному на рис. 6.3, а). 182 Реакцию Вy целесообразно определить из уравнения ∑MA = 0: 2 2 2 0, 2 8 2A A y y l ql qlM M q B l B l         откуда 3 . 8y B ql Проверим правильность решения по уравнению (6.2). 5 3 0 8 8 Y ql ql ql    – решение верно. После раскрытия статической неопределимости дальнейший рас- чет балки ведется как и для статически определимой. Эпюры Q и М показаны на рис. 6.3, б и в. Выражение для определения прогиба посередине пролета балки (z = l/2) 2 3 4 2 6 24x A y z z zEJ M A q      2 3 42 45 1 0,0052 , 8 2 2 8 6 2 24 2 ql l l q lql ql                     откуда прогиб 40,0052 x ql EJ    . Ось изогнутой балки (эпюра прогибов) изображена на рис. 6.3, г. Напомним, что эпюра прогибов в точке, где М = 0, имеет перегиб. Пр им е р 6.2 Для двухпролетной балки (рис. 6.4, а) построить эпюры Q и М, подобрать номер прокатного двутавра, определить прогиб в сече- нии D, изобразить ось изогнутой балки. Для стали R = 210 МПа, Е = 200 ГПа. 183 Рис. 6.4 Р еш е н и е Неизвестных опорных реакций четыре: АZ, АY, ВY, СY. Независимых уравнений равновесия три: ∑Z = 0, ∑Y = 0, ∑M = 0. Следовательно, балка один раз статически неопределима. Уравнения равновесия а б в г 184 ∑Z = Аz = 0; ∑Y = Аy + Вy + Сy – F – q  5 = 0. (6.5) Независимое уравнение ∑M = 0 можно составить только одно относительно любой точки балки. В примере рационально исполь- зовать точку С: (6 5) 5 (3 5) 5 2,5 0C y yM A B F q M          или 11Аy + 5Вy – 148 = 0. (6.6) Раскрытие статической неопределимости проведем двумя мето- дами: с использованием метода начальных параметров и метода сил. 1. Расчет по методу начальных параметров. Составим дополнительное уравнение, исходя из деформативных условий на опорах балки: B = 0, C = 0. Напомним, что начало координатных осей помещается в край- нем левом сечении балки – сечении А. Составим выражения для названных прогибов. При z = 6 м 3 3 0 0 6 36 0. 6 6x B x x y EJ EJ EJ A F         (6.7) При z = 11 м 3 3 3 4 0 0 11 8 5 511 0. 6 6 6 24x C x x y y EJ EJ EJ A F B q           (6.8) Начальный параметр 0 = 0, так как прогиб на опоре А A = 0. Решая совместно уравнения (6.7) и (6.8), после исключения 0xEJ  , получим 156Аy + 20,8Вy – 926,9 = 0. (6.9) Из совместного решения уравнений (6.6) и (6.9) найдем, что Аy = 2,82 кН, Вy = 23,39 кН. 185 Осталась неизвестной реакция СY. Для ее определения нужно со- ставить уравнение ∑M = 0 относительно точки А или В: ∑MА = 10·3 + 6·5·8,5 + 7 – 23,39·6 – Сy 11 = 0, откуда СY = 13,79 кН. Контроль правильности определения реакций выполним по урав- нению (6.5): ∑Y = 2,82 + 23,39 + 13,79 – 10 – 6  5 = 40,0 – 40,0 = 0 – раскрытие статической неопределимости выполнено верно. Дальнейший расчет балки обычный. Ординаты эпюры М в характерных сечениях: сечение А: М = 0; сечение K: М = 2,82·3 = 8,46 кН·м; сечение В: М = 2,82·6 – 10·3 = –13,08 кН·м; сечение С: М = –7 кН·м; сечение D: М = –7 – 6·2,5 2,5 13,79 2,5 8,73 2     кН·м. При z = 2,3 м (ход справа) М = –7 – 22,36 13,79 2,3 8,85 2     кН·м. Эпюры Q и М показаны на рис. 6.4, б, в. Из эпюры М следует, что Мmax = 13,08 кН·м. 186 Требуемый момент сопротивления для подбора номера двутавра 3 3 3 3max 6 13,08 10 0,0623 10 м 62,3 см . 210 10x MW R      Принимаем двутавр № 14 с Wx = 81,7 см3, Jx = 572 см4. Для определения прогибов в сечениях балки составим соответ- ствующее выражение (по методу начальных параметров), учтя, что 0 = 0: 3 3 3 4 0 ( 3) ( 6) ( 6)2,82 10 23,39 6 . 6 6 6 24x x z z z zEJ EJ z          Начальный параметр 0 определим из условия, что прогиб на опоре В (z = 6 м) равен нулю ( 0B  ): 3 3 0 6 (6 3)6 2,82 10 0, 6 6B x EJ EJ         откуда 0 9,42xEJ    кН·м2. Прогиб в заданном сечении D (при z = 8,5 м) 3 38,5 (8,5 3)9,42 8,5 2,82 10 6 6x D EJ        3 4 3(8,5 6) (8,5 6)23,39 6 17,58 кН м , 6 24       3 2 9 8 17,58 10 0,0001537 10 м 1,54 см. 200 10 572 10D            Ось изогнутой балки изображена на рис. 6.4, г. Напомним, что очертание эпюры прогибов необходимо согласо- вывать с эпюрой М: ординаты М должны находиться на в ы п у к - л о й стороне балки. В сечениях, где М = 0, на эпюре прогибов на- ходятся точки перегиба. 187 2. Расчет по методу сил. Необходимую для расчета основную систему получим путем по- становки шарнира на промежуточной опоре В (рис. 6.5, а). Рис. 6.5 Образуются две статически определимые балки, связанные меж- ду собой шарниром В (на рис. 6.5, а для удобства пояснения балки раздвинуты). Обозначим неизвестный опорный момент через Х1 и для его определения запишем каноническое уравнение метода сил (6.1): 1 11 1 0FX     . а б в г 188 Параметры уравнения определим по способу Верещагина. Сна- чала загружаем основную систему заданной нагрузкой, определяем опорные реакции и обычным способом строим эпюры изгибающих моментов МF (грузовые эпюры) для каждого пролета (рис. 6.5, б). Затем нагружаем основную систему единичным опорным мо- ментом 1 1X  , определяем опорные реакции и строим эпюру изги- бающих моментов M (единичную эпюру) также для каждого про- лета (рис. 6.5, в). Грузовая эпюра МF расчленяется на простые фигуры 1 4 ,  и от- мечаются их центры тяжести. На единичных эпюрах M под цент- ром тяжести простых фигур вычисляются значения ординат у1–у4 и отмечаются собственные центры тяжести 5 6,  . Вычислим сначала значения всех площадей ω (треугольники и парабола) и ординат у. Площади: 2 1 2 15 3 22,5 кН м ; 2       2 2 2 3 2 2 2 6 5 5 62,5 кН м ; 3 3 8 3 8 qlhl l          4 7 5 17,5 2    2кН м ; 5 1 6 3 2    м; 6 1 5 2,5 2    м. Ординаты: 1 1 2 13 6 3 3 y     м; 2 5 1 1 23 3 6 3 3 y y         м; 189 3 1 1 15 5 2 2 y     м; 4 1 1 15 5 3 3 y     м; 6 1 2 25 5 3 3 y     м. Напомним, что   .уi у iy A C z Приступаем к определению параметров уравнения метода сил (6.5). Умножив единичную эпюру M саму на себя, получим значение коэффициента уравнения: 11 5 5 6 6 1 1 2 2 3,67( ) (3 2,5 ) . 3 3x x x y y EJ EJ EJ          Умножив грузовую эпюру МF на единичную ,M получим значе- ние свободного члена уравнения: 1 1 1 2 2 3 3 4 4 1 ( )F x y y y y EJ          1 1 2 1 1 47,92(22,5 22,5 62,5 17,5 ) . 3 3 2 3x xEJ EJ          Заметим, что произведение y будет положительным, если площадь ω и ордината у лежат по одну сторону от оси эпюры, отри- цательным – если по разные (в примере 4 и у4 лежат по разные стороны оси). Полученные значения подставим в каноническое уравнение: 1 11 1 1 3,67 47,92 0FX X       , откуда 1 47,92 13,063,67X     кН·м. 190 Знак «минус» при Х1 означает, что направление изгибающего момента на опоре В противоположно предполагаемому. Таким образом, определением изгибающего момента на опоре В балки 1 13,06BM X  кН·м заканчивается раскрытие ее статиче- ской неопределимости. Для построения эпюр Q и М нужно рассматривать отдельно бал- ку каждого пролета, нагруженную заданной нагрузкой и найденным опорным моментом (рис. 6.5, г). Построив эпюры Q и М, можно убедиться, что они совпадают с показанными на рис. 6.4, б, в. Для определения прогибов по способу Верещагина в заданном сечении D основной системы следует приложить единичную силу 1F  (рис. 6.6, б), построить от нее единичную эпюру M и пере- множить эту эпюру с окончательной эпюрой изгибающих момен- тов М в этом пролете балки (рис. 6.6, а). Рис. 6.6 При разделении сложной эпюры М на простые фигуры следует иметь в виду, что единичная сила 1F  разделила пролет балки на а б 191 два расчетных участка и на каждом из них выделяются парабола и два треугольника (см. рис. 6.6, а). Площади фигур 1 1 13,06 2,5 16,33 2      кН·м2; 2 2 5 2 2 6 2,5 2,5 7,81 3 3 8 hl         кН·м2; 3 4 1 8,73 2,5 10,91 2        кН·м2; 6 1 7 2,5 8,75 2      кН·м2. Ординаты у 1 6 1 2,5 0,417 2 3 y y    м; 3 4 1 2 2,5 0,833 2 3 y y     м; 2 5 1 2,5 0,625 2 2 y y    м. Заметим, что обе параболы (ω2 и ω5) лежат ниже оси эпюры М. Это станет очевидным, если представить эпюру М только от рас- пределенной нагрузки q. Прогиб в сечении D: 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6x DEJ y y y y y y            16,33 0,417 7,81 0,625 10,91 0,833 10,91 0,833          37,81 0,625 8,75 0,417 17,48 кН м .      3 2 9 8 17,48 10 0,0001528 10 м 1,53 см. 200 10 572 10D         192 Знак «плюс» при D означает, что прогиб происходит в направ- лении единичной силы 1F  , т. е. вниз. Таким образом, результаты расчета двухпролетной балки мето- дом начальных параметров и методом сил совпадают. Анализируя трудоемкость расчета, можно сделать вывод, что для балки один раз статически неопределимой оба метода примерно равноценны. При большей степени статической неопределимости метод сил эффективнее. Заметим, что при сложной нагрузке (особенно распределенной q) вычисление прогибов по способу Верещагина может оказаться сложнее, чем по методу начальных параметров. Пр им е р 6.3 Для многопролетной балки (рис. 6.7, а) построить эпюры Q и М, подобрать номер прокатного двутавра, если R = 210 МПа. Определить прогиб посередине ненагруженного пролета, изобра- зить ось изогнутой балки. Р еш е н и е Рассматриваемая балка состоит из трех пролетов и проходит не прерываясь над двумя промежуточными опорами, т. е. является не- разрезной и дважды статически неопределимой (по числу промежу- точных опор). Для ее решения воспользуемся методом сил. Основную систему получим путем постановки шарниров на промежуточных опорах В и С (рис. 6.7, б). Обозначив неизвестные изгибающие моменты на этих опорах через Х1 и Х2, запишем систе- му канонических уравнений по выражению (6.1): 11 1 12 2 1 21 1 22 2 2 0; 0. F F X X X X              Загрузив основную систему заданной нагрузкой (рис. 6.7, б), вы- числив опорные реакции и значения М в характерных сечениях, по- строим грузовую эпюру изгибающих моментов МF для каждого пролета балки (рис. 6.7, в). 193 Рис. 6.7 Затем нагружаем основную систему единичными опорными мо- ментами 1 1X  на опоре В и 2 1X  – на опоре С. Для каждого а г в б 194 пролета основной системы определяем опорные реакции и строим единичные эпюры M (рис. 6.7, г, д). Грузовая эпюра МF расчленяется на простые фигуры ω1–ω6, и от- мечаются их центры тяжести (см. рис. 6.7, в). На единичных эпюрах M под центрами тяжести ω1–ω6 вычисляются значения ординат у1– у6 (см. рис. 6.7, г, д). Отмечаются также центры тяжести единичных эпюр ω7–ω10 и ординаты у7–у10 в их расположении. Вычисляем значения площадей фигур, составляющих эпюры МF и :M 1 18 6 54 2    кН·м2; 2 2 2 54 6 216 3 3 hl      кН·м2; 3 4 6,25 2 6,25 2      кН·м2; 5 7,5 2 7,5 2    кН·м2; 6 7,5 1,5 5,63 2    кН·м2; 7 1 6 3,0 2    кН·м2; 8 9 1 5 2,5 2      кН·м2; 10 1 4 2,0 2    кН·м2. 195 Вычисляем значения ординат у на единичных эпюрах: 1 1 1 16 6 3 3 y     м; 2 1 1 16 6 2 2 y     м; 3 1 1 2(2 2) 4 3 3 y      м; 4 1 2 12 4 3 3 y     м; 5 1 1 12 4 3 6 y     м; 6 0y  м; 7 1 2 26 6 3 3 y     м; 8 1 2 25 5 3 3 y     м; 8y 1 1 155 3 3    м; 9 1 2 25 5 3 3 y     м; 9y 1 1 155 3 3    м; 10 1 2 24 4 3 3 y     м. 196 Перемножив единичные эпюры (сами на себя и между собой), получим значения коэффициентов канонических уравнений: 11 7 7 8 8 1 1 2 2 3,667( ) (3 2,5 ) ; 3 3x x x y y EJ EJ EJ           22 9 9 10 10 1 1 2 2 3,0( ) (2,5 2,0 ) ; 3 3x x x y y EJ EJ EJ          12 21 8 8 1 1 1 0,833( ) (2,5 ) . 3x x x y EJ EJ EJ         Перемножив грузовые эпюры на единичные, получим значения свободных членов канонических уравнений: 1 1 1 2 2 1 1 1 1 90( ) ( 54 216 ) ; 3 2F x x x y y EJ EJ EJ            2 3 3 4 4 5 5 6 6 1 ( )F x y y y y EJ           1 2 1 1 5(6,25 6,25 7,5 5,63 0) . 3 3 6x xEJ EJ          С учетом значений коэффициентов и свободных членов канони- ческие уравнения примут вид 1 2 1 2 3,667 0,883 90 0; 0,883 3,00 5 0. X X X X        (6.10) Решив систему уравнений (6.10), получим значения изгибающих моментов на промежуточных опорах неразрезной балки: Х1 = М1 = –25,79 кН·м, Х2 = М2 = 5,489 кН·м. Решая задачи самостоятельно, не забудьте проверить правиль- ность решения системы уравнений (6.10). 197 Заметим и учтем, что направление опорного момента М1 проти- воположно направлению 1X (знак «минус»), а направления М2 и 2X совпадают. Определением значений М1 и М2 заканчивается раскрытие стати- ческой неопределимости балки. Окончательные эпюры Q и М построим, рассматривая отдельно каждый пролет неразрезной балки как самостоятельную балку, на- груженную заданной нагрузкой и найденными опорными момента- ми (рис. 6.8, а). Сначала определяются опорные реакции, а затем значения Q и М в характерных сечениях. Рис. 6.8 а б в г д 198 Эпюры Q и М для рассмотренной неразрезной балки показаны на рис. 6.8, б, в. Для проверки правильности выполнения расчетов надо пере- множить окончательную эпюру изгибающих моментов на единич- ные. Решение будет верным, если результат перемножения будет равен нулю. Ограничимся перемножением окончательной эпюры М на еди- ничную 1M (рис. 6.9, а, б): 1 1 1 2 1 1 1 1( ) ( 54 6 6 18 6 6 3 6 2 6 2F i ix x y EJ EJ                 (25,79 18) 6 1 2 25,79 5 1 2 5,489 5 1 16 5 5) 2 6 3 2 5 3 2 5 3                 0,01 0 решение верно. XEJ    Рис. 6.9 а б 199 Определим номер двутавра. Из окончательной эпюры М следует, что Мmax = 32,19 кН·м. Требуемый момент сопротивления сечения 3 max 6 32,19 10 153 210 10x MW R    см 3. Принимаем двутавр № 20, для которого Wх = 184 см3, Jx = 1840 см4. Для определения прогиба посередине пролета ВС (сечение K) следует в названном сечении основной системы приложить единич- ную силу 1F  и построить единичную эпюру M (рис. 6.10, а). Рис. 6.10 Напомним, что: – единичная эпюра всегда прямолинейна; – площадь ω берется обязательно с криволинейной эпюры; – если обе эпюры (грузовая и единичная) прямолинейны, без пе- релома, площадь ω можно взять от любой из них; – если одна из эпюр изображается ломаной линией, она разбива- ется на ряд участков и площадь ω берется именно с этой эпюры. а б 200 В настоящем примере на грузовой эпюре М – один расчетный участок, на единичной (ломаная прямая) – два. Площадь ω берут с каждого участка е д и н и ч н о й эпюры, а ординаты у – с грузо- вой, расчленив ее, как показано на рис. 6.10, б. Значения площадей и ординат: 1 2 1,25 2,5 1,563 2      м; 1 25,79 3,333 17,19 5 y    м (из подобных треугольников); 1 5,489 1,667 1,83 5 y    м; 2 8,598y  м; 2 3,659y  м. Перемножив эпюры, получим 1 1 1 2 2 2( ) ( )x KEJ y y y y        31,563 (17,19 1,83) 1,563 (8,598 3,659) 31,73 кН м ,          откуда прогиб 3 9 8 31,73 10 0,00862 м 0,862 см. 200 10 1840 10K           Знак «минус» при  означает, что прогиб происходит в направле- нии, противоположном единичной силе F = 1, т. е. вверх (рис. 6.8, д). Ось изогнутой неразрезной балки (эпюра прогибов) изображена на рис. 6.8, д. Обратите внимание на точки перегиба на эпюре  и проследите согласование расположения ординат эпюры М с выпуклостью балки. 201 7. АНАЛИЗ НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ В ТОЧКЕ В разделе «Введение» было определено, что материал конструк- ции может находиться в линейном, плоском или объемном напря- женном состоянии, в зависимости от того, испытывает ли выделен- ный вокруг точки элементарный параллелепипед растяжение или сжатие соответственно в одном, двух или трех взаимно перпенди- кулярных направлениях. В этом разделе рассматриваются линейное и плоское напряженные состояния. Объемное напряженное состоя- ние рассматривается в курсе «Теория упругости». Анализ напряженного состояния в точке деформированного тела сводится к определению напряжений в наклонных площадках при известных главных напряжениях (прямая задача) и определению главных напряжений по известным неглавным напряжениям (об- ратная задача). Значения главных напряжений используются при проверке прочно- сти элементов конструкций по соответствующим теориям прочности. Нормальные и касательные напряжения на площадках элемента определяются по формулам сопротивления материалов, а также ме- тодами теории упругости. Эти напряжения могут быть получены и опытным путем посредством электротензометрии. Установим правило знаков для напряжений. Растягивающее нор- мальное напряжение будем считать положительным, сжимающее – отрицательным. Касательное напряжение будет положительным, если оно стремится повернуть бесконечно малый элемент конст- рукции по ходу часовой стрелки, и наоборот (рис. 7.1). Рис. 7.1 202 7.1. Линейное напряженное состояние Этот вид напряженного состояния имеет место в материале эле- ментов конструкций, подвергающихся растяжению-сжатию, в неко- торых точках сечений изгибаемых элементов и других видах де- формаций (сопротивлений). При линейном (одноосном) напряженном состоянии по исход- ным граням элемента действуют только нормальные напряжения и только в одном направлении (по одной оси): σ1 — при растяжении (рис. 7.2, а) или σ3 — при сжатии (рис. 7.2, б). Касательные напря- жения по этим граням отсутствуют. Рис. 7.2 В наклонных площадках (сечениях), образующих новый элемент внутри исходного, действуют как нормальные, так и касательные напряжения (рис. 7.3, а). Рис. 7.3 σ3 X Xσ3σ1σ1 а б а б 203 Угол α, отсчитываемый от направления главного напряжения к нормали P в наклонной площадке против хода часовой стрелки, считается положительным (рис. 7.3, б). При решении прямой задачи, т. е. при определении нормальных и касательных напряжений в наклонных площадках, используются следующие формулы: 2 1 cos ;    1 sin 2 ;2    (7.1) 2 1 sin ;    1 sin 2 .2     (7.2) Здесь σ1 = σα + σβ = const – нормальное напряжение в поперечном сечении стержня. Из формул (7.1) и (7.2) следует, что τα = –τβ. Проведем анализ напряжений в элементе при линейном напря- женном состоянии: при  = 0 σ = σ1,  = 0; при  = 45 σ = σ1/2,  = σ1/2; при  = 90 σ = 0,  = 0. Очевидно, что максимальные нормальные напряжения появля- ются при  = 0, т. е. в поперечном сечении стержня. Максимальные касательные напряжения появляются в наклонном под углом 45 сечении и равны половине нормального напряжения. Пр им е р 7 . 1 На элементарный параллелепипед, выделенный в окрестности некоторой точки деформированного стержня, действует нормальное напряжение σx = 200 МПа (рис. 7.4). Определить значения нормальных и касательных напряжений по площадкам под углом α = 30 и β = 120 к исходной грани, а также значение наибольшего касательного напряжения. 204 Рис. 7.4 Р еш е н и е Элементарный параллелепипед находится в условиях линейного напряженного состояния, так как по его граням действуют только нормальные напряжения и только в одном направлении. Исходя из этого, σx = σ1 = 200 МПа. По площадкам параллелепипеда под углом α = 30 и β = 120 действуют нормальные и касательные напряжения (см. рис. 7.4), которые определяются по формулам (7.1), (7.2): 2 2 1 3cos 200 150 МПа; 2            2 2 1 1sin 200 50 МПа; 2           1 200 3sin 2 86,6 2 2 2       МПa; 86,6МПа.      Наибольшее касательное напряжение будет действовать в сече- нии под углом α = 45 к оси X: o o1 max45 200sin 90 1 100 МПа. 2 2        205 Пр им е р 7 . 2 Как велики должны быть нормальные напряжения, действующие по граням параллелепипеда (рис. 7.5) в направлении оси X, чтобы в наклонной площадке под углом α = 60 нормальное напряжение было сжимающим и не превышало 30 МПа? Касательное напряже- ние не должно превышать 40 МПа. Рис. 7.5 Р еш е н и е Рассматриваемый параллелепипед находится в условиях линей- ного напряженного состояния. Для того чтобы в наклонной пло- щадке появилось сжимающее напряжение, по исходной площадке должно действовать также сжимающее напряжение: σx = σ3. По формулам (7.1), исходя из требования по σ и по τ при α = 60: 2 2 30 120 cos 0,5x       МПа; 2 2( 40) 92,4 sin 2 0,866x       МПа. Принимаем σx = σ3 = – 92,4 МПа. 206 Пр им е р 7 . 3 Элементарный параллелепипед находится в условиях линейного напряженного состояния. При условии σ1 = R = 210 МПа опреде- лить положение наклонной площадки, в которой нормальное на- пряжение будет равно 0,8R. Р еш е н и е Напряжение на наклонной площадке 0,8 0,8 210 168 МПа.R     Из формулы (7.1) 2 1 168cos 0,8 210     , откуда cosα 0,894 , угол α = 26,6. 7.2. Плоское напряженное состояние Этот вид напряженного состояния имеет место в материале эле- ментов конструкций, подвергающихся изгибу, в трубах с внутрен- ним давлением, при изгибе с кручением и других видах деформаций (сопротивлений). При плоском (двухосном) напряженном состоянии в элементе, выделенном в окрестности исследуемой точки, по двум взаимно перпендикулярным направлениям: σ1 и σ2 или σ1 и σ3, или σ2 и σ3 (рис. 7.6), действуют два главных отличных от нуля напряжения. Рис. 7.6 207 Решение прямой задачи — определение напряжений по наклон- ным площадкам при известных главных напряжениях, действую- щих по исходным граням (рис. 7.7), производится по формулам 2 2 1 2cos sin       ; 1 2 sin22      ; (7.3) 2 2 1 2sin cos       ; 1 2 sin22       . (7.4) Рис. 7.7 Таким образом,     , т. е. по двум взаимно перпендикулярным площадкам всегда действуют равные по величине касательные напря- жения, направленные так, что поворачивают элемент в противопо- ложные направления — закон парности касательных напряжений. При любых значениях угла α 1 2        . Наибольшие нормальные напряжения в случае плоского напря- женного состояния 1   при α = 0, 208 а наибольшие касательные напряжения 1 2 2     при α = 45. (7.5) Угол α отсчитывается от большего главного напряжения против хо- да часовой стрелки при положительном его значении (см. рис. 7.3, б). Для определения значений главных напряжений, максимальных касательных напряжений, а также положения главных площадок (обратная задача) используются формулы  2 2max min 1 4 ; 2 2 x y x y yx           (7.6) 0 2 tg2 = ;yx x y     (7.7)  o 2 2max45 1 4 ,2 x y yx        (7.8) при этом σ1 = σmax, σ2 = σmin или σ3 = σmin (рис. 7.8). Рис. 7.8 209 Плоское напряженное состояние, при котором σ1 = –σ3, называют чистым сдвигом. В этом случае по площадкам под углом α = 45 нормальные напряжения равны нулю, а касательные равны главным (рис. 7.9). Рис. 7.9 Пр им е р 7 . 4 По исходным граням параллелепипеда действуют нормальные напряжения, как показано на рис. 7.10, а. Рис. 7.10 а б 210 Определить значения напряжений по площадкам нового параллеле- пипеда, повернутого по отношению к исходному на угол α = 25 по хо- ду часовой стрелки, а также максимальное касательное напряжение. Р еш е н и е Действующие по исходным граням параллелепипеда нормаль- ные напряжения являются главными, так как на этих гранях нет ка- сательных напряжений. Исходя из значений и направлений, алгеб- раически большее напряжение σ1 = σх = 190 МПа, а алгебраически меньшее напряжение σ3 = σy = –80 МПа. Рассматриваемый элемент находится в условиях плоского напря- женного состояния. Нормальные напряжения на наклонных площадках определяем по формулам (7.3) и (7.4): 2 2 2 2 1 3cos sin 190 0,906 ( 80) 0,423             156 14,3 141,7 МПа;   2 2 2 2 1 3sin cos 190 0,423 ( 80) 0,906             34 65,7 31,7 МПа.    Проверим закономерность, что по взаимно перпендикулярным граням (площадкам) Σσ = const: 141,7 + (–31,7) = 190 + (–80) = const. Касательные напряжения в наклонных площадках определим по формулам (7.3) и (7.4): 1 3 190 80sin 2 0,766 103 2 2            МПа; 103     МПа. 211 Максимальное касательное напряжение в параллелепипеде опре- деляется по формуле (7.5): 1 3 max σ σ 190 80τ 135МПа. 2 2     Эти напряжения действует под углом 45о к главным площадкам. На рис. 7.10, б показаны направления нормальных и касательных напряжений по площадкам повернутого элемента. Пр им е р 7 . 5 По граням элемента, выделенного из нагруженного тела, дейст- вуют напряжения, как показано на рис. 7.11, а. Рис. 7.11 Определить положение главных площадок, значения главных на- пряжений и наибольших касательных напряжений. Установить вид напряженного состояния элемента. Р еш е н и е Значение главных нормальных напряжений определим по фор- муле (7.6): а б 212  2 2max min 1 4 2 2 x y x y yx             2 280 60 1 80 60 4 70 10 99; 2 2        σmax = σ1 = 109 МПа, σmin = σ3 = –89 МПа. Закономерность Σσ = const выполняется: 80 + (–60) = 109 – 89. Наибольшее касательное напряжение найдем по формуле (7.8):    2 22 2max 1 14 80 60 4 70 99МПа.2 2x y yx           Положение одной из главных площадок (угол между осью X и направлением σ1) определим по формуле (7.7): 0 2 2 70tg2 1,000; 80 60 yx x y           2α0 = 45, α0 =  2230. Вторая главная площадка, с напряжением σ3, располагается пер- пендикулярно к первой. Угол α0 откладывается от оси с алгебраически большим неглав- ным напряжением, т. е. от оси X по ходу часовой стрелки, так как угол отрицательный. На рис. 7.11, б показаны исходные, а также и найденные главные напряжения. Анализ полученных значений главных нормальных напряжений показывает, что элемент находится в условиях плоского напряжен- ного состояния, так как два главных напряжения σ1 и σ3 (действуют в двух направлениях) отличны от нуля. 213 Пр им е р 7 . 6 По граням элемента, выделенного из нагруженного тела, дейст- вуют напряжения, показанные на рис. 7.12, а. Определить положение главных площадок, значения главных на- пряжений и установить вид напряженного состояния. Рис. 7.12 Р еш е н и е Определим значения главных напряжений:  2 2max min 1 4 2 2 x y x y yx             2 2150 50 1 150 50 4 86,6 100 100; 2 2        σmax = σ1 = 200 МПа, σmin = 0. Положение главной площадки с напряжением σ1 0 2 2 ( 86,6)tg2 1,732; 150 50 yx x y           2α0 = 60, α0 = 30. а б 214 Угол α0 = 30 отсчитывается от оси X против хода часовой стрел- ки, так как угол положительный. На рис. 7.12, б по вычисленным значениям показаны положения главных площадок и направления главных напряжений. Анализ полученных значений главных напряжений показывает, что рассмотренный элемент находится в условиях линейного напря- женного состояния, так как отличным от нуля оказалось только одно главное напряжение σ1 (действует только в одном направлении). 8. СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ В рассмотренных выше деформациях, таких как, например, рас- тяжение-сжатие, изгиб, кручение, внешние силовые факторы, дей- ствующие на брус, по отношению к его продольной оси Z направ- лены строго определенным образом: при растяжении-сжатии – по его продольной оси (рис. 8.1, а); изгибе – перпендикулярно продольной оси, но в одной из главных плоскостей сечения (рис. 8.1, б); кручении – вокруг продольной оси (рис. 8.1, в). Рис. 8.1 а б в г д е 215 На практике часто имеют место случаи, когда внешние силы ориентированы по отношению к продольной оси Z бруса произ- вольно: параллельно продольной оси, но с эксцентриситетом b к ней (рис. 8.1, г), перпендикулярно продольной оси, но не в главной плос- кости сечения (рис. 8.1, д), перпендикулярно продольной оси, но с эксцентриситетом а к ней (рис. 8.1, е). В таких случаях в попереч- ном сечении бруса возникает одновременно несколько внутренних силовых факторов и он находится в условиях сложного сопротив- ления (сложной деформации). Вид сложного сопротивления в простых случаях загружения стержня легко установить по направлению внешних сил по отноше- нию к его продольной оси. При сложной нагрузке вид сопротивле- ния устанавливается после определения внутренних сил. Для выявления внутренних сил все действующие на брус про- извольно направленные внешние силы (рис. 8.2, а) должны быть разложены на составляющие по направлению координатных осей (рис. 8.2, б) и приведены к продольной оси Z по правилам механики (рис. 8.2, в). Заметим, что оси Х и Y являются главными централь- ными осями сечения бруса. В общем случае действия сил в сечении бруса образуются продольная сила N, изгибающие моменты Мx и Мy, крутящий момент Т = Мz и поперечная сила Q. Рис. 8.2 По сочетанию внутренних сил могут быть следующие виды слож- ного сопротивления: косой изгиб (Мx, Мy), внецентренное растяже- ние-сжатие (N, Мx, Мy), изгиб с кручением (Т, Мx, Мy) и др. Попе- речная сила Q при расчете на прочность при сложном сопротивле- нии не играет существенной роли. а б в 216 При расчетах сложного сопротивления используется принцип независимости действия сил. Это значит, что напряжения и переме- щения от различных силовых воздействий суммируются: нормаль- ные напряжения – алгебраически, а касательные напряжения и пе- ремещения – геометрически. Последовательность расчета элементов конструкций на прочность следующая: определяются опорные реакции, вычисляются значения внутренних сил, строятся их эпюры, выявляются опасное сечение и наиболее напряженная его точка, устанавливается вид напряжен- ного состояния и с использованием теории прочности вычисляется значение наибольшего напряжения. Перемещения в элементах конструкции при сложном сопротив- лении определяются теми же методами, что и при простых сопро- тивлениях. Условие прочности и жесткости при сложном сопротивлении со- ставляется идентично простым видам сопротивлений: максималь- ные напряжения и перемещения не должны превышать допустимых значений. 8.1. Косой изгиб Косой изгиб наблюдается в тех случаях, когда плоскость дей- ствия нагрузки, проходящая через продольную ось бруса, не совпа- дает ни с одной из главных плоскостей (рис. 8.3, б), или когда она действует одновременно в двух главных плоскостях (рис. 8.3, а). Рис. 8.3 а б 217 В поперечном сечении бруса, подвергающегося косому изгибу, возникают, как и при плоском поперечном изгибе, поперечная си- ла Q и изгибающий момент М, но только не в одной, а в двух вза- имно перпендикулярных главных плоскостях. Косой изгиб есть со- четание двух плоских изгибов. Определение внутренних сил (изгибающих моментов), построе- ние их эпюр и нахождение напряжений при косом изгибе ведутся по тем же правилам и формулам, что и при плоском изгибе. Нормальные напряжения при косом изгибе в любой точке попе- речного сечения определяются по формуле ,yx x y MM y x J J     где Мх, Му – изгибающие моменты в главных плоскостях исследуе- мого сечения; Jх, Jу – моменты инерции сечения относительно главных цент- ральных осей; х, у – координаты точки, в которой определяется напряжение. Знаки напряжений устанавливаются в зависимости от располо- жения рассматриваемой точки в растянутой (+σ) или сжатой (–σ) зоне сечения. Характер деформации зоны устанавливается по на- правлению изгибающих моментов Мх и Му в данном сечении. На рис. 8.4, а показаны эпюры нормальных напряжений в двух главных плоскостях сечения (σМх и σМу) и результирующая (эпюра σ). Заметим, что изгибающий момент Мх растягивает часть сечения, расположенную выше оси Х, а нижнюю часть сжимает (см. эпюру σМх). Изгибающий момент Му растягивает часть сечения, расположенную справа от оси Y, а левую часть сжимает (см. эпюру σМу). При сложной нагрузке характер деформации зоны сечения удоб- нее определять по эпюрам изгибающих моментов (см. примеры). Нормальные напряжения при косом изгибе распределяются в по- перечном сечении по линейному закону, но неравномерно (как и при плоском изгибе). Наибольшие напряжения возникают в точках сече- ния, наиболее удаленных от нейтральной оси (н.о.). На рис. 8.4, а это точка K. 218 Рис. 8.4 При косом изгибе нейтральная ось проходит через центр тяжести сечения и делит его на две зоны: растянутая и сжатая зона. На нейтральной оси волокна не деформируются, а следователь- но, нормальные напряжения в этой области равны нулю. Положение нейтральной оси определяется по формуле 0tg , y x x y M J M J     (8.1) где φ0 – угол наклона нейтральной оси к главной центральной оси Х. В приведенной формуле следует учитывать знаки изгибающих моментов. Положительное значение угла φ0 отсчитывается от оси Х против хода часовой стрелки, отрицательное – по ходу. Максимальные нормальные напряжения действуют по контуру сечения бруса, где касательные напряжения равны нулю. Следова- тельно, в названных точках имеет место линейное напряженное со- стояние и условие прочности используется в виде σmах ≤ R. а б 219 В развернутом виде условие прочности при косом изгибе для любой формы сечения в наиболее напряженной (опасной) точке имеет вид max max max , yx x y MM y x R J J     где хmax, уmax – координаты точки, наиболее удаленной от нейтраль- ной оси; R – расчетное сопротивление материала стержня. Для бруса из хрупкого материала следует проверять прочность как по растягивающим, так и по сжимающим напряжениям. При сложной нагрузке, когда изгибающие моменты изменяются по длине бруса по различным законам, в поисках опасного сечения приходится проверять несколько сечений, где оба изгибающих мо- мента достигают возможно больших значений (см. примеры). Для поперечных сечений, имеющих две оси симметрии и высту- пающие (незакругленные) углы (прямоугольник, двутавр, швеллер и подобные другие), условие прочности можно представить в виде max , yx x y MM R W W     (8.2) где Wх, Wу – моменты сопротивления сечения относительно главных центральных осей. При подборе размеров сечения условие прочности целесообраз- но использовать в виде des max , x y x x M kM M R W W     (8.3) где Мdes = Мx + kМy – приведенный (расчетный) момент; k – коэффициент, равный отношению Wх / Wу . Для прямоугольного сечения k = h/b, среднее значение для про- катного двутавра k = 8, для швеллера k = 7. Наибольшее значение расчетного момента Мdes определяется пу- тем пробных вычислений в нескольких сечениях бруса. 220 Для бруса круглого поперечного сечения Wх = Wу. Поэтому ко- сой изгиб сводится к плоскому и условие прочности принимает вид и max , x M R W    где 2 2и x yM M M  – суммарный изгибающий момент в опасном сечении бруса. Рациональной формой поперечного сечения при косом изгибе является сечение, у которого выполняется условие .x x y y W M W M  Для прямоугольного сечения минимальная площадь сечения по- лучается при условии .x y Mh b M  Перемещения при косом изгибе определяются теми же методами, что и при плоском. Рекомендуется использовать уравнения метода начальных параметров, а также метод Мора и способ Верещагина. Перемещения определяются отдельно в каждой из главных плос- костей (в горизонтальной х и вертикальной у) от действующих в них внешних сил или их составляющих (см. рис. 8.4, б). Полный (суммарный) прогиб определяется по выражению 2 2 x y     и направлен перпендикулярно нейтральной оси и под углом β к вер- тикальной оси сечения (β = φ0). При косом изгибе продольная ось бруса представляет собой плоскую или пространственную кривую. 221 Пр им е р 8.1 Проверить прочность и жесткость стальной консольной балки составного поперечного сечения (рис. 8.5, а), если нагрузка F на- правлена под углом α = 30о к вертикальной оси сечения. Рис. 8.5 В а г б в д е 222 Для материала балки R = 210 МПа, Е = 200 ГПа. Допустимый относительный прогиб балки adm 1 . 150l      Для определения прогиба на конце консоли (т. В) следует вос- пользоваться формулой 3 3 Fl EJ   , взятой из справочника. Р еш е н и е Внешняя сила действует на балку перпендикулярно ее продоль- ной оси и не совпадает ни с одной из главных центральных осей сечения ХY. Следовательно, рассматриваемая балка подвергается деформа- ции косого изгиба. Разложим силу F на составляющие по направлению главных центральных осей сечения (рис. 8.5, б): Fу = Fcos30о = 12 · 0,866 = 10,39 кН; Fх = Fcos60о = 12 · 0,50 = 6,0 кН. Вычислим значения изгибающих моментов для характерных сече- ний балки в главных плоскостях (в вертикальной и горизонтальной). В вертикальной плоскости: в сечении В Мх = 0; в сечении А Мх = Fу · 2 = 10,39 · 2 = 20,78 кН·м. В горизонтальной плоскости: в сечении В Му = 0; в сечении А Му = Fх · 2 = 6 · 2 = 12 кН·м. Эпюры изгибающих моментов строятся отдельно в вертикальной и горизонтальной плоскостях (рис. 8.5, в). 223 В примере опасным является сечение А, где оба изгибающих мо- мента достигают максимальных значений. Поскольку сечение балки имеет две оси симметрии и нескруг- ленные углы, для ведения расчета целесообразно использовать усло- вие прочности в виде (8.2): max . yx x y MM R W W     Приступим к вычислению геометрических характеристик сече- ния балки. Для вычисления моментов инерции сечение необходимо разделить на три прямоугольника (рис. 8.5, г). Вследствие симмет- рии сечения центр тяжести его очевиден. Следует обратить внимание, что оси Y всех трех прямоугольни- ков, составляющих сечение, совпадают, а оси Х – нет. При вычисле- нии Jх необходимо учесть переход к параллельным осям. Моменты инерции сечения относительно главных центральных осей: 3 3 22 2 1 1 1 1 12( )12 12x b h b hJ b h a    3 3 2 40,6 20 18 0,82( 0,8 18 10,4 ) 3517 см ; 12 12        3 3 3 3 2 2 1 1 20 0,6 0,8 182 2 778 12 12 12 12y h b h bJ       см4. Моменты сопротивления сечения max 3517 325,6 10,8 x x JW y    см3; max 778 86,4 9 y y J W x    см3. 224 Перейдем к вычислению нормальных напряжений в балке. Зна- чение максимального нормального напряжения в опасном сечении балки (сечение А) 3 3 max 6 6 20,78 10 12,0 10 325,6 10 86,4 10 yx x y MM W W           9 90,06382 10 Па 0,1389 10 Па     63,82МПа 138,9МПа 202,7 МПа .R    Из результата вычисления следует, что прочность балки обес- печена. Для установления наиболее напряженной точки опасного сече- ния следует знать положение нейтральной оси в этом сечении, ко- торое определяется из формулы (8.1): 0 12 3517tg 2,61 20,78 778 y x x y M J M J          и o 0 69,0 .   Заметим, что в формуле (8.1) следует учитывать знаки изгибаю- щих моментов. Отрицательное значение угла φ0 откладываем от оси Х по ходу часовой стрелки (рис. 8.5, д). Знаки нормальных напряжений в точках сечения устанавливают- ся исходя из зоны растяжения и сжатия. Так, часть сечения А, расположенная выше оси Х, от изгибающе- го момента Мх растянута (+σ), а часть, расположенная ниже оси Х, – сжата (–σ). От изгибающего момента Му растянута часть сечения, располо- женная справа от оси Y, и сжата расположенная слева (см. рис. 8.5, д). Определим нормальные напряжения в характерных (угловых) точках опасного сечения А, используя ранее вычисленные его со- ставляющие: 225 σС = 63,8 + 138,9 = 202,7 МПа; σD = –63,8 + 138,9 = 75,1 МПа; σE = –63,8 – 138,9 = –202,7 МПа; σK = 63,8 – 138,9 = –75,1 МПа. Суммарная эпюра нормальных напряжений показана на рис. 8.5, д. Заметим, что максимальные нормальные напряжения находятся, как и при плоском изгибе, в наиболее удаленных от нейтральной оси точках (точки С и Е). Завершим пример рассмотрением перемещений балки. Вычислим значения вертикального и горизонтального прогиба свободного конца балки (сечение В): 3 3 3 2 9 8 10,39 10 2 0,000039 10 м 0,39 см; 3 3 200 10 3517 10 y y x F l EJ            3 3 3 2 9 8 6 10 2 0,000103 10 м 1,03 см. 3 3 200 10 778 10 x x y F l EJ            Суммарный абсолютный прогиб конца балки (рис. 8.5, е) 2 2 2 2 max 0,39 1,03 1,1x y          см. Относительный прогиб max 1,1 1 1 200 182 150l     – жесткость балки обеспечена. Полный прогиб балки  направлен перпендикулярно нейтраль- ной оси, под углом β = φ0 = 69о 226 к вертикальной оси Y сечения и под углом γ = β – α = 69о – 30о = 39о к силовой плоскости (рис. 8.5, е). Поскольку в любом сечении рассматриваемой балки отношение constx y M M  , изогнутая ось балки представляет собой плоскую кривую. Пр им е р 8.2 Определить значение наибольшей допустимой нагрузки q на стальную консольную балку (рис. 8.6, а), выполненную из двутавра № 24, расположив его сечение рационально по отношению к этой нагрузке. Рис. 8.6 Расчетное сопротивление для стали R = 210 МПа. Р еш е н и е Нагрузка на балку действует в двух плоскостях, совпадающих с главными центральными осями сечения Х и Y, т. е. в двух главных плоскостях. Значит, эта балка подвергается косому изгибу. а б в 227 Выпишем из таблицы сортамента геометрические характеристи- ки для двутавра № 24, соответствующие положению 1: Jх = 3460 см4; Jу = 198 см4; Wх = 289 см3; Wу = 34,5 см3. Во втором положении двутавра его характеристики Jх = 198 см4; Jу = 3460 см4; Wх = 34,5 см3; Wу = 289 см3. Эпюры изгибающих моментов строятся в вертикальной и гори- зонтальной плоскостях (рис. 8.6, б). В сечении А Мх = 1,21,2 0,72 ;2q q   2,42,4 2,88 . 2y M q q    Анализ эпюр изгибающих моментов показывает, что в опасном сечении А балки наибольший изгибающий момент действует в гори- зонтальной плоскости (Мy > Мx). Следовательно, рациональным бу- дет второе положение сечения балки, так как бόльшему изгибающе- му моменту будет соответствовать бόльший момент сопротивления. Исходя из формы поперечного сечения балки, условие прочно- сти следует использовать в виде (8.2): max 6 6 0,72 2,88 210 МПа. 34,5 10 289 10 yx x y MM q q R W W           Из этого условия наибольшая допустимая нагрузка на балку 0,0308q = 210, откуда 210 6818 Н/м 6,82 кН/м. 0,0308 q    В завершение примера определим положение нейтральной оси и построим суммарную эпюру нормальных напряжений. 228 Угол наклона нейтральной оси к главной центральной оси Х определяется по формуле (8.1): 3 8 0 3 8 2,88 6,82 10 198 10tg 0,229, 0,72 6,82 10 3460 10 y x x y M J M J                0 = o12,9 . Положительное значение угла φ0 отсчитывается от оси Х против хода часовой стрелки (рис. 8.6, в). На нейтральной оси нормальные напряжения равны нулю. Наи- большие напряжения будут в точках, наиболее удаленных от нейт- ральной оси, и равны расчетному сопротивлению R. Это точки Д и K сечения. В точке Д нормальные напряжения будут положительными как от момента Мх, так и от момента Му. В точке K оба значения отри- цательны (см. рис. 8.6, в). Пр им е р 8.3 Определить размеры поперечного прямоугольного сечения дере- вянной двухопорной балки (рис. 8.7, а), подвергающейся изгибу в двух главных плоскостях, при заданном отношении сторон h / b = 1,4. Расчетное сопротивление материала балки R = 12 МПа. Виды опор балки в вертикальной и горизонтальной плоскостях однотипны. Р еш е н и е Рассматриваемая балка подвергается косому изгибу. Определим реакции опор и построим эпюры изгибающих мо- ментов в плоскостях действующей нагрузки. Вертикальная плоскость (рис. 8.7, б): ∑МА = Ву · 5 – 6 · 5 · 2,5 = 0, откуда Ву = 15 кН. Аналогично Ау = 15 кН. 229 Рис. 8.7 г в б а 230 При z = 1,5 м МС = 15 · 1,5 – 6 21,5 15,75 2   кН·м; при z = 2,5 м МK = 15 · 2,5 – 6 22,5 18,75 2   кН·м. Горизонтальная плоскость (рис. 8.7, в): ∑МА = –Вх · 5 – 8 · 1,5 + 8 · 3,5 = 0, откуда Вх = 3,2 кН, аналогично Ах = 3,2 кН. При z = 1,5 м МС = –3,2 · 1,5 = –4,8 кН·м, при z = 2,5 м МK = –3,2 · 2,5 + 8·1 = 0. Эпюры изгибающих моментов показаны на рис. 8.7, б и в. Подбор размеров сечения балки проведем из условия прочности в виде (8.3): des max . x y x x M kM M R W W     В данном примере коэффициент k = Wх / Wу = h / b = 1,4. Расчет должен производиться по наибольшему расчетному мо- менту Мdes. Анализ эпюр изгибающих моментов показывает, что опасное се- чение балки, где сочетание этих моментов самое неблагоприятное, неявно. 231 Исследуем сечение С и K: в сечении С Мdes = 15,75 + 1,4 · 4,8 = 22,47 кН·м; в сечении K Мdes = 18,75 + 1,4 · 0 = 18,75 кН·м. Таким образом, опасным является сечение С, где Мdes max = = 22,47 кН·м. Требуемый момент сопротивления сечения балки из условия прочности будет 3 3 3 3max des 6 22,47 10 1,873 10 м 1873 см . 12 10x MW R      Для прямоугольного поперечного сечения с учетом того, что h / b = 1,4: 2 2 3 3(1,4 ) 0,33 1873 см , 6 6x bh b bW b    откуда получим b = 17,9 см, h = 25,06 см. Приняв конструктивно b = 18 см, h = 25 см вычислим значение максимального нормального напряжения по формуле (8.2): 3 3 max 2 6 2 6 15,75 10 6 4,8 10 6 18 25 10 25 18 10 yx x y MM W W               6 68,4 10 3,56 10 11,96 МПа 12 МПа .R       Размеры сечения определены верно. Моменты инерции принятого сечения 318 25 23 438 12x J   см4; 325 18 12150 12y J   см4. 232 Положение нейтральной оси в сечении С 0 4,8 12150tg 0,16 15,75 23438 y x x y M J M J         , φ0 = 9,0°. Положительное значение φ0 откладываем от оси Х против хода часовой стрелки. Эпюры нормальных напряжений σ от каждого изгибающего и суммарного момента приведены на рис. 8.7, г. 8.2. Внецентренное растяжение-сжатие Элемент конструкции (стержень) подвергается деформации вне- центренного растяжения-сжатия, когда внешняя сила действует па- раллельно его продольной оси с некоторым эксцентриситетом от центра тяжести сечения (рис. 8.8, а). Рис. 8.8 Расчетная схема стержня составляется путем переноса внешней силы F к центру тяжести сечения по правилам механики (рис. 8.8, б). При этом образуются продольная сила N = F и изгибающие момен- ты относительно главных центральных осей сечения Мх = F yF и My = F xF, где yF и xF – координаты точки приложения силы F. Поперечная си- ла Q отсутствует. а б в 233 Эпюры внутренних сил показаны на рис. 8.8, в. Следует заме- тить, что строить эпюры необязательно, так как все внутренние си- лы по длине стержня постоянны. Таким образом, внецентренное растяжение-сжатие есть сочета- ние центрального растяжения-сжатия и чистого изгиба в главных плоскостях сечения стержня. Для определения напряжений используются формулы, получен- ные для центрального растяжения-сжатия и чистого изгиба. Продольная сила N и изгибающие моменты Мх и My связаны с нормальными напряжениями, которые в любой точке поперечного сечения внецентренно растянутого или сжатого стержня определя- ются по формуле ,yx x y MMN y x A J J      (8.4) где N, Mx, My – внутренние силовые факторы в сечении стержня; А, Jх, Jу – геометрические характеристики сечения; x, y – координаты точки сечения, в которой определяются на- пряжения. Знаки напряжений устанавливаются в зависимости от того, рас- положена точка в растянутой или сжатой зоне сечения стержня. Ха- рактер деформации зоны сечения устанавливается исходя из направ- ления действия внутренних силовых факторов (N, Mx, My) по отно- шению к этому сечению (см. примеры). При внецентренном растяжении-сжатии нормальные напряже- ния распределяются в сечении по линейному закону, но не равно- мерно. Нейтральная ось (где σ = 0) не проходит через центр тяжести сечения. Она располагается в четверти сечения, противоположной точке приложения внешней силы F, и делит сечение на растянутую и сжатую зоны (рис. 8.9). Положение нейтральной оси в сечении стержня определяется по формулам 0 , y F J x Ax   0 ,x F Jy Ay   (8.5) 234 где x0, y0 – отрезки, отсекаемые нейтральной осью на главных цент- ральных осях сечения; xF, yF – координаты точки приложения внешней силы F в тех же осях. Рис. 8.9 В выражениях (8.5) следует учитывать знаки координат точки приложения внешней силы F. Заметим, что координаты x0, y0 и xF, yF всегда имеют разные знаки, так как полюс силы и нейтральная ось лежат по разные стороны от центра тяжести сечения (в проти- воположных четвертях). Положение нейтральной оси зависит от размеров и формы сече- ния и координат полюса силы F, но не зависит от ее величины. При внецентренном растяжении-сжатии в любой точке попереч- ного сечения стержня (кроме точек нейтральной оси) возникают лишь нормальные напряжения σ, а касательные τ отсутствуют. Это значит, что материал стержня находится в условиях линейного на- пряженного состояния и условие прочности используется в виде σmax ≤ R. 235 В раскрытом виде это условие для любой формы сечения стерж- ня принимает вид max dan dan , yx x y MMN y x R A J J      где xdan, ydan – координаты опасной точки сечения, т. е. наиболее уда- ленной от нейтральной оси точки. Опасные точки определяются при помощи касательных, прове- денных к сечению параллельно нейтральной оси (нулевой линии) (на рис. 8.9 – точки K и Д). Для пластичных материалов опасной является максимально уда- ленная от нейтральной оси точка сечения, где напряжения по абсо- лютному значению наибольшие. Для хрупких материалов проверка прочности должна производиться как по растягивающим, так и по сжимающим напряжениям. Для стержней, имеющих сечение с двумя осями симметрии и вы- ступающими углами (прямоугольник, двутавр и подобные), условие прочности можно представить в виде max , yx x y MMN R A W W      (8.6) где Wх, Wу – моменты сопротивления сечения изгибу относительно главных центральных осей. Для названных выше типов сечений наиболее напряженными всегда являются угловые точки. Подбор размеров сечения при внецентренном растяжении-сжатии не дает однозначного решения, так как геометрические параметры А, Wх, Wу взаимно связаны. Рекомендуется проведение ряда после- довательных попыток. Между полюсом внешней силы F и положением нейтральной оси существует определенная взаимосвязь – они расположены по разные стороны от центра тяжести поперечного сечения. При при- ближении силы F к центру тяжести сечения нейтральная ось удаля- ется от него, и наоборот. При некотором положении полюса силы F нейтральная ось будет касаться контура сечения. При этом по всему сечению напряжения будут иметь один и тот же знак. 236 Зона в сечении стержня, расположенная вокруг его центра тяже- сти, в пределах которой следует прикладывать нагрузку, чтобы по всему сечению напряжения имели один и тот же знак, называется ядром сечения (рис. 8.10). Рис. 8.10 Координаты ядра сечения xF(я), yF(я) связаны с положением нейт- ральной оси, т. е. с ее координатами x0, y0, и определяются по сле- дующим формулам, полученным из (8.5): (я) 0 ;yF J x Ax   (я) 0 .xF Jy Ay   (8.7) Формулы (8.7) можно привести к другому виду, более удобному для многократных вычислений, используя такую геометрическую характеристику, как радиус инерции сечения: ;xx Ji A  yy J i A  . Тогда формулы (8.7) примут вид 2 (я) 0 ;yF i x x   2 (я) 0 .xF iy y   (8.8) 237 Для построения ядра сечения задаются рядом последовательных положений нейтральной оси, касающейся контура сечения (не пере- секая его), вычисляются значения координат этих положений нейт- ральной оси, а затем координаты точек ядра сечения. Форму и размеры ядра сечения важно знать при расчете внецент- ренно нагруженных элементов конструкции, выполненных из хруп- кого материала. Пр им е р 8.4 Стальная полоса прямоугольного поперечного сечения, имеющая выточки (рис. 8.11, а), нагружена растягивающими силами F = 20 кН по продольной оси Z. Рис. 8.11 а б в 238 Проверить прочность полосы, если R = 210 МПа. Построить эпю- ры напряжений в характерных сечениях полосы. Концентрацией на- пряжений у выточек пренебречь. Р еш е н и е На полосе выделяются три характерных сечения. Внешние силы F, действующие по продольной оси полосы, в сечениях, где нет вы- точки (1) и где они симметричны (2), создают деформацию цент- рального растяжения, так как линия действия силы F совпадает с цент- ром тяжести этих сечений (рис. 8.11, б), а в сечении с асимметричной выточкой (3) – внецентренное растяжение, так как линия действия си- лы смещена относительно центра тяжести этого сечения (рис. 8.11, в). Определим нормальные напряжения в названных сечениях: cечение 1: 3 9 6 20 10 0,0833 10 Па 83,3МПа; 6 40 10 F A         cечение 2: 3 9 6 20 10 0,1389 10 Па 138,9 МПа. (6 40 6 8 2) 10 F A            Для сечения 3 воспользуемся формулой (8.4): .yx x y MMN y x A J J     Определим необходимые геометрические характеристики рас- сматриваемого сечения. Высота сечения h = 40 – 8 = 32 мм, ширина b = 6 мм, площадь А = 32·6 = 192 мм2. 239 Положение центра тяжести сечения (т. С) и положение главных центральных осей (xс, yс) очевидны. Моменты инерции сечения относительно главных центральных осей: 3 36 32 16 384 12 12cx bhJ    мм4; 3 332 6 576 12 12cy hbJ    мм4. Эксцентриситет силы F в рассматриваемом сечении xF = 0, yF = 20 – 16 = 4 мм. Внутренние силы: продольная сила N = F = 20 кН; изгибающий момент относительно оси Хс Мх = FyF = 20 · 4 = 80 кН·мм = 0,08 кН·м, изгибающий момент относительно оси Yс My = FxF = 0. Поскольку xF = 0, а следовательно и My = 0, здесь имеет место частный случай внецентренного растяжения (плоский изгиб). По формуле (8.5) определим положение нейтральной оси: 0 16384 21,33 192 4 сx F J y Ay       мм; 0 576 192 0 сy F J x Ax       (н.о. проходит параллельно оси XC). Заметим, что нейтральная ось располагается по другую сторону от центра тяжести сечения, чем точка приложения силы F (рис. 8.11, в). 240 Так как нейтральная ось проходит ниже сечения, не пересекая его, нормальные напряжения по всему сечению будут одного знака (растягивающие), но разные по абсолютному значению. Определим нормальные напряжения в характерных точках сечения 3: 3 3 3 6 12 20 10 0,08 10 16 10 192 10 16384 10 х A A х MN y A J              9(0,1042 0,0781) 10 Па 182,3МПа;    3 6 20 10 104,2 192 10C     МПа (для т. С yc = 0); 3 3 3 6 12 20 10 0,08 10 16 10 26,1 192 10 16384 10B            МПа. Как видно из результатов вычислений, нормальные напряже- ния наибольшие в точке, наиболее удаленной от нейтральной оси (точка А). Эпюра нормальных напряжений для третьего сечения показана на рис. 8.11, в. Условие прочности полосы обеспечено, так как σmax = 182,3 МПа < R. Пр им е р 8.5 Короткая бетонная колонна сжимается продольной силой F, при- ложенной в точке K (рис. 8.12, а). Определить наибольшее допустимое значение этой силы, если Rс = 24 МПа, Rt = 1,6 МПа, положение нейтральной оси. Построить эпюру нормальных напряжений и ядро сечения. Р е ш е н и е Внешняя сила F действует на колонну параллельно ее продоль- ной оси Z, но с эксцентриситетом: xF = –20 см, yF = –15 см. Вследствие этого колонна подвергается внецентренному сжатию. 241 Рис. 8.12 Исходя из формы сечения (две оси симметрии и выступающие углы) условие прочности используем в виде (8.6): max . yх х y MMN R A W W      Определим необходимые геометрические характеристики сече- ния колонны. Площадь сечения А = 50 · 50 – 23,14 30 1793 4   см2. а б в 242 Моменты инерции сечения относительно главных центральных осей 3 450 50 3,14 30 481093 12 64x y J J      см4. Моменты сопротивления сечения 481093 19244 50 / 2x y W W   см3. Определим внутренние силы (усилия), образующиеcя в колонне: продольная сила N = –F, изгибающие моменты Мх = FyF = 15F, Н·см, Му = FxF = 20F, Н·см. Расчетная схема колонны показана на рис. 8.12, б. Изгибающие моменты Мх и Му направлены согласно с точкой приложения силы F. Заметим, что в данном случае все сечения колонны равноопасны, так как внутренние силы во всех сечениях одинаковы. Положение нейтральной оси определим, исходя из формулы (8.5). Отрезки, отсекаемые нейтральной осью на главных центральных осях сечения: 0 481093 13,42 1793 ( 20) y F J x Ax       см; 0 481093 17,89 1793 ( 15) x F Jy Ay       см. Положение нейтральной оси показано на рис. 8.12, а, из которого видно, что нейтральная ось не проходит через центр тяжести сечения. Она, пересекая главные центральные оси Х и Y, делит сечение на две зоны: cжатую (нижнелевую) и растянутую (верхнеправую), и ле- жит по другую сторону от центра тяжести сечения, чем точка при- ложения силы F. 243 Для хрупких материалов наиболее опасными являются растяги- вающие напряжения. Максимальные растягивающие напряжения бу- дут в т. В сечения, как наиболее удаленной от нейтральной оси в рас- тянутой зоне. Составим выражение для определения напряжения в т. В: 15 20yx B x y x y MMN F F F A W W A W W          2 2 4 6 6 15 10 20 10 12,6 , Па. 1793 10 19244 10 19244 10 F F F F              Проследим знаки слагаемых в составленном выражении. Первое слагаемое имеет знак «минус», так как действующая сила F сжима- ет колонну. Это относится к любой точке сечения. Второе и третье слагаемые имеют знак «плюс», так как в т. В оба изгибающих момен- та создают растягивающие напряжения (см. расчетную схему). Условие прочности для т. В будет σmax = σB = 12,6F ≤ Rt = 1,6 · 106, откуда наибольшая допустимая нагрузка на колонну, исходя из рас- тягивающих напряжений: F = 61,6 10 127,0 12,6   кН. Вычислим наибольшие сжимающие напряжения, которые будут в т. С, как наиболее удаленной от нейтральной оси в сжатой зоне: 3 3 2 4 6 127,0 10 15 127,0 10 10 1793 10 19244 10 yx C x y MMF A W W                 3 2 7 с6 20 127,0 10 10 0,302 10 Па 3,02МПа . 19244 10 R            244 Таким образом, наибольшая допустимая нагрузка на колонну со- ставит F = 127,0 кН, при которой будет обеспечена прочность как по растягивающим, так и по сжимающим напряжениям. Эпюра нормальных напряжений показана на рис. 8.12, а, из ко- торого видно, что при внецентренной нагрузке нормальные напря- жения распределяются по сечению неравномерно. Заметим, что полюс нагрузки F (точка K) лежит в большей по площади зоне напряжений (сжатой). Это постоянная закономерность. Координаты ядра сечения определим из (8.7), задавшись поло- жениями нейтральной оси, совпадающими со сторонами сечения колонны (рис. 8.12, в). Нейтральная ось в положении 1–1. Отрезки, отсекаемые нейтральной осью в системе главных цент- ральных осей, будут y01 = 25 см, x01 = ∞. Координаты ядра сечения (я)1 0 481093 0; 1793 у F J x Ax      (я)1 0 481093 10,73 1793 25 x F Jy Ay       см. Нейтральная ось в положении 2–2. y02 = ∞, x02 = 25 см; (я)2Fy = 0, (я)2Fx  – 481093 10,731793 25   см. Вследствие симметрии сечения: для положения нейтральной оси 3–3 (я)3Fy = 10,73 см; для положения 4–4 (я)4Fx = 10,73 см. 245 Ядро сечения показано на рис. 8.12, в. Обратите внимание, что точка K (полюс силы F) лежит за преде- лами ядра сечения, отчего нейтральная ось проходит по сечению, разделяя его на две зоны: сжатую и растянутую. Если т. K будет приближаться к центру тяжести сечения, то нейт- ральная ось будет удаляться от него. При положении т. K в преде- лах ядра сечения нейтральная ось уйдет за пределы сечения и на- пряжения по всему сечению будут одного знака. Пр им е р 8.6 На поперечном сечении колонны (рис. 8.13, а) определить точку приложения сжимающей силы F, наиболее удаленной от центра тя- жести по оси Y, при которой в колонне не будет растягивающих напряжений. Рис. 8.13 Построить ядро сечения и эпюру напряжений (в долях от F). Р еш е н и е Поскольку сила F должна быть приложена к колонне вне ее цен- тра тяжести сечения, колонна будет подвергаться внецентренному сжатию. а б 246 Для отыскания точки приложения силы F воспользуемся форму- лами (8.8): 2 0 ;yF i x x   2 0 .xF iy y   Для определения необходимых геометрических характеристик рассматриваемое сложное сечение разделим на четыре простые фи- гуры: два прямоугольника и два треугольника (см. рис. 8.13, а). Площадь сечения А = 30 · 70 + 16 · 60 + 2 · 15 60 3960 2   см2. Ордината центра тяжести сечения (относительно вспомогатель- ной оси ХВ) 0 15 6030 70 15 16 60 60 2 ( 50) 2 33,86 3960 хBSy A           см. Оси Х0 и Y0 являются главными центральными осями сечения, так как Y0 – ось симметрии. Моменты инерции относительно главных центральных осей се- чения 0 3 3 2 270 30 16 6030 70 18,86 16 60 26,14 12 12x J           3 2 415 60 15 602 16,14 2 263 000 см ; 36 2          0 3 3 3 230 70 60 16 60 15 15 602 13 1041330 12 12 36 2y J              см4. 247 Радиусы инерции сечения относительно главных центральных осей 0 2 263 000 23,91 3960x i   см; 0 1041330 16,22 3960y i   см. Точка приложения силы F связана с положением нейтральной оси. Поскольку сила F находится на оси Y0, нейтральная ось должна быть ей перпендикулярна. Для выполнения условия задачи (в сечении не должно возникать растягивающих напряжений) нужно задаться двумя положениями нейтральной оси, совпадающими с верхней и нижней гранями сече- ния, и определить ординату точки приложения силы F. В положении нейтральной оси по верхней грани сечения (рис. 8.13, б) ее ордината y0 = 90 – 33,86 = 56,14 см, а ордината точки приложения силы F будет 2 2 0 0 23,91 10,18 56,14 x F iy y       см. При положении н.о. по нижней грани сечения y0 = yc = –33,86 см; 2 2 0 0 23,91 16,88 ( 33,86) x F iy y      см. По условию задачи принимаем положение точки приложения си- лы F (точка K) выше центральной оси Х0 на расстоянии yF = 16,88 см (см. рис. 8.13, а). Для построения эпюры напряжений вычислим их значения (в до- лях от F) для крайних точек сечения: 248 0 2 2 4 8 16,88 10 56,14 10 6,72 ; 3960 10 2263000 10 F B B X FyF F Fy F A J                  0 2 2 4 8 16,88 10 33,86 10 0. 3960 10 2 263 000 10 F C C X FyF F Fy A J                 Условие задачи выполнено – в сечении нет растягивающих на- пряжений. Эпюра напряжений показана на рис. 8.13, б. Для построения ядра сечения задаемся рядом последовательных положений нейтральной оси, касающихся контуров сечения и не пе- ресекающих его. Для каждого ее положения вычисляются коорди- наты x0, y0, а затем соответствующие данному положению нейтраль- ной оси координаты точки приложения силы F, которые являются координатами точек ядра сечения (xF = xя, yF = yя). Для вычисления координат точек ядра сечения воспользуемся формулами (8.8). Нейтральная ось в положении 1–1: y01 = 56,14 см, x01 = ∞, 0 2 2 я,1 0 23,91 10,18 56,14 xiy y       см; 0 2 2 я,1 0 15,57 0.y i x x      Нейтральная ось в положении 2–2 на главных центральных осях Х0, Y0 отсекает отрезки, координаты которых (x02, y02) необходимо определить используя подобие образовавшихся треугольников: ДВЕ, ДИЛ, ДОП (см. рис. 8.13, б): ДВ ДИ 60 ,ВЕ ИЛ 8 35 а а   откуда а = 17,78 см; 02 56,14 17,78 73,92y    см; 249 02 02 17,78 8 y x  , откуда 02 8 73,92 33,26 17,78 x   см. Координаты ядра сечения 2 я,2 23,91 7,73 73,92 y     см; 2 я,2 16,22 7,91 33,26 x     см. Нейтральная ось в положении 3–3: y03 = ∞; x03 = 35,0 см; 2 я,3 16,22 7,52 35 x     см; yя,3 = 0. Нейтральная ось в положении 4–4: y04 = –33,86 см; x04 = ∞; xя,4 = 0; 2 я,4 23,91 16,88 33,86 y    см. Положение нейтральной оси 5–5 симметрично положению 3–3, а положение 6–6 симметрично 2–2. По полученным значениям xя, yя построено ядро сечения (см. рис. 8.13, б). Как видно по ядру сечения, наиболее удаленной от центра явля- ется точка 4. Приложив в этой точке силу F, получим наиболее до- пустимый ее эксцентриситет (max yF = 16,88 см), при котором в се- чении будут напряжения одного знака. Это подтверждает ранее сде- ланный расчет. 250 В заключение заметим, что, прикладывая нагрузку F в пределах ядра сечения, по всему сечению получим напряжения одного знака. 8.3. Изгиб с кручением Элемент конструкции (брус) подвергается деформации изгиба с кручением, когда внешние силы или их составляющие действуют перпендикулярно продольной оси Z в главных плоскостях сечения (т. е. создают изгиб), и пары сил, действующих в плоскости, пер- пендикулярной продольной оси, с моментом Те вокруг этой оси (т. е. создают кручение), рис. 8.14, а. Рис. 8.14 Деформации изгиба с кручением подвергаются в основном дета- ли машин и валы различных механизмов, имеющие преимущест- венно круглое поперечное сечение, а также элементы пространст- венных систем. В поперечном сечении вала при изгибе с кручением образуются следующие внутренние силовые факторы: крутящий момент Т, из- гибающие моменты Мх, Му (рис. 8.14, в) и поперечные силы Qх, Qу. а б в 251 Последние на прочность вала существенно не влияют (на рис. 8.14 не показаны). Определение внутренних сил и построение их эпюр ведется по тем же правилам, что и при простых видах сопротивлений (рис. 8.14, б). По построенным эпюрам Мх, Му, Т устанавливается опасное сечение вала, т. е. сечение, где их сочетание наиболее неблагоприятное. Изгибающие моменты связаны с нормальными напряжениями, которые в любой точке сечения определяются по формулам ( ) ,x x M x M y J   ( ) ,y yM y M x J   а крутящие моменты – с касательными напряжениями: ( ) .Т p T J    Поскольку в поперечном сечении вала, подвергающегося изгибу с кручением, одновременно возникают нормальные и касательные напряжения, материал вала находится в условиях плоского напря- женного состояния, поэтому проверка прочности производится по теориям прочности для точек, лежащих на контуре сечения, где имеется самое неблагоприятное сочетание σ и τ (см. рис. 8.14, в). Условие прочности, выраженное через внутренние силовые фак- торы, для вала круглого поперечного сечения имеет вид red des adm , x M W     (8.9) где σdes – расчетное напряжение; Мred – приведенный момент в опасном сечении вала; Wх – осевой момент сопротивления сечения; σadm – допускаемое напряжение в материале вала, которое зави- сит от предела текучести σу и коэффициента запаса прочности K: σadm = σу / K. 252 Для круглого сплошного сечения 3 32x dW  ; для кольцевого сечения 3нар 4(1 ), 32x d W c   где с = dвн / dнар. По четвертой (энергетической) теории прочности приведенный момент 2 2 2 red 0,75x yM M M T   или 2 2red 0,75 ,иM M T  где ,x yM M – изгибающие моменты; Т – крутящий момент; 2 2и x yM M M  – суммарный изгибающий момент. В поисках опасного сечения вала часто приходится просчиты- вать значение Мred для нескольких по длине вала сечений, ориенти- руясь на эпюры внутренних сил. Приведенное условие прочности применимо и для расчета валов кольцевого сечения. Пр им е р 8.7 Консольный стальной брус (рис. 8.15, а) круглого поперечного сечения диаметром d = 40 мм нагружен системой внешних сил. В опасном сечении бруса построить эпюры нормальных и каса- тельных напряжений, отыскать его опасную точку. Проверить прочность стержня, если σadm = 140 МПа. Р еш е н и е Сосредоточенная сила F1, действующая перпендикулярно к про- дольной оси бруса Z, подвергает его плоскому изгибу в вертикаль- ной плоскости, а сила F2 – в горизонтальной. 253 Рис. 8.15 а б в г д 254 Момент Те, действующий вокруг продольной оси бруса Z, скру- чивает его. Совместное действие всех внешних сил подвергает рассматрива- емый брус изгибу с кручением. В сечениях бруса образуются усилия – изгибающие момен- ты Мх, Му и крутящий момент Т, эпюры которых приведены на рис. 8.15, б, в, г. Анализ эпюр показывает, что опасным является опорное сече- ние (защемление), где все три усилия наибольшие: Мх = 0,56 кН·м, Му = 0,40 кН·м, Т = 0,50 кН·м. Для проверки прочности бруса воспользуемся формулой (8.9) red des adm. x M W     По четвертой теории прочности приведенный момент в опасном сечении бруса 2 2 2 red 0,75x yM M M T    2 2 20,56 0,40 0,75 0,50 0,813     кН·м. Осевой момент сопротивления для круглого сплошного сечения 3 33,14 40 6280 32 32x y dW W      мм3. Расчетное напряжение 3 12 des 9 0,813 10 0,000130 10 6280 10     Па = 130 МПа. Условие прочности рассматриваемого бруса выполняется, так как σdes = 130 МПа < σadm = 140 МПа. 255 Приступим к определению наибольших нормальных и касатель- ных напряжений в опасном сечении бруса. Нормальные напряжения от изгибающих моментов, действую- щих в главных плоскостях бруса: 3 ( ) 9 0,56 10 89,2 МПа; 6280 10х хМ х М W         3 ( ) 9 0,40 10 63,7 МПа. 6280 10у у М y М W         Наибольшее касательное напряжение от крутящего момента Т, действующее в любой точке контура сечения: 3 9 0,5 10 39,8 2 2 6280 10p x T T W W        МПа. Положение нейтральной оси определяем по формуле (8.1): 0 0,40tg 0,714 0,56 y yx y x x M MJ J M M          , 0 35,5°. Напомним, что для круглого сечения Jх = Jу. Угол φ0 откладывается от оси Х против хода часовой стрелки. Суммарный изгибающий момент в опасном сечении бруса 2 2 2 2и 0,56 0,40 0,688x yM М М     кН·м. Экстремальные нормальные напряжения от суммарного изгиба- ющего момента и 3 12и ( ) 9 0,688 10 0,000110 10 Па 110 6280 10M x M W            МПа. Эпюры нормальных σ и касательных τ напряжений показаны на рис. 8.15, д. 256 Анализ эпюр напряжений показывает, что наиболее напряженная точка лежит на контуре сечения, где нормальное напряжение от суммарного изгибающего момента максимально. Это точка K, ле- жащая по линии, перпендикулярной нейтральной оси, или ей про- тивоположная K  . Координаты точки K определяются по радиусу r и соответствующей тригонометрической функции. Напряжения, действующие по граням элементарного прямоуголь- ника, выделенного вокруг точки K, и( )M и τ показаны на рис. 8.25, д. Исходя из и( )M и τ, несложно вычислить главные напряжения σ1 и σ3 и убедиться, что при изгибе с кручением материал бруса нахо- дится в условии плоского напряженного состояния и проверку проч- ности можно провести, используя главные напряжения. Пр им е р 8.8 Консольный стальной брус (рис. 8.16, а) круглого поперечного сечения нагружен внешними силами на перпендикулярно присоеди- ненных к нему поперечинах. Определить диаметр бруса, если σadm = 180 МПа. Р еш е н и е Внешние силы не приложены непосредственно к рассматривае- мому брусу, поэтому для него нужно составить расчетную схему, перенося внешние силы к продольной оси Z по правилу механики. Образуются вертикально действующие, перпендикулярные оси со- средоточенные силы F1 = 1 кН, F2 = 4 · 0,3 = 1,2 кН, изгибающие брус, и моменты относительно оси Z Те1 = 1 · 0,1 = 0,10 кН·м; Те2 = 0,34 0,3 0,182   кН·м, скручивающие брус (рис. 8.16, б). 257 Рис. 8.16 Определим значения изгибающих и крутящих моментов в харак- терных сечениях бруса: сечение С: Мх = 0, Т = 0,18 кН·м; сечение В: Мх = 1,2 · 0,6 = 0,72 кН·м; Тп = 0,18 кН·м; Тл = 0,18 – 0,1 = 0,08 кН·м; сечение А: Мх = 1,2 · 0,8 + 1 · 0,2 = 1,16 кН·м; Т = 0,08 кН·м. Эпюры Мх и Т показаны на рис. 8.16, в, г. а б в г 258 В данном примере опасное сечение не явно. Это сечение А или В. Приведенные моменты для этих сечений сечение А: 2 2 2 2 red 0,75 1,16 0,75 0,08 1,162xM M T      кН·м; сечение В: 2 2 red 0,72 0,75 0,18 0,737M     кН·м. Таким образом, опасным является сечение А, где Мred наибольший. Из условия прочности (8.9) требуемый момент сопротивления сечения 3 3red 6 adm 1,162 10 0,00646 10 180 10x MW      м 3 6,46 см3. Из выражения 3 36,46 см 32x dW   определяем диаметр бруса: 3 6,46 32 4,04 3,14 d   см. Принимаем диаметр бруса d = 40 мм (перенапряжение при этом не превышает 5 %). 8.4. Общий случай сложного сопротивления В общем случае сложного сопротивления (рис. 8.17, а) внешние силы действуют на элемент конструкции (брус) таким образом, что в его поперечном сечении возникает шесть внутренних силовых факторов: продольная сила N, изгибающие моменты Мх, Му, крутя- 259 щий момент Т и поперечные силы Qх, Qу (рис. 8.17, б). Поперечные силы на прочность бруса существенно не влияют, и их эпюры на рисунке не показаны. Рис. 8.17 Таким образом, общий случай сложного сопротивления элемента конструкции (стержня) есть сочетание нескольких простых сопро- тивлений: центрального растяжения-сжатия, плоского изгиба в од- ной или двух главных плоскостях сечения и кручения. Продольная сила N и изгибающие моменты Мх, Му связаны с нор- мальным напряжением σ, а крутящий момент Т – с касательным напряжением τ. Эпюры этих напряжений показаны на рис. 8.17, в. В общем случае сложного сопротивления материал элемента кон- струкции находится в условиях сложного напряженного состояния, поэтому условие прочности составляется по теориям прочности для наиболее напряженной точки сечения. Для элемента с круглым поперечным сечением наиболее напря- женная (опасная) точка лежит на контуре сечения. Для пластичных материалов наиболее приемлема четвертая (энер- гетическая) теория прочности, по которой условие прочности, вы- раженное через напряжения, имеет вид 2 2 des 3 R      (или adm ), (8.10) а б в 260 где σdes – расчетное напряжение; σ – нормальное напряжение от растяжения-сжатия и изгиба; τ – касательное напряжение от кручения; R – расчетное сопротивление материала стержня; σadm – допустимое напряжение в материале стержня. Заметим, что касательные напряжения от поперечной силы Q на контуре сечения, где расположена опасная точка, равны нулю. Пр им е р 8.9 Пространственная система (рис. 8.18, a), состоящая из трех сталь- ных стержней круглого поперечного сечения диаметром d = 4 см и жестко соединенных между собой под прямым углом, нагружена расчетной нагрузкой. Расчетные сопротивления для стали R = 210 МПа, Rs = 130 МПа. Проверить прочность стержней системы. Р еш е н и е Стержни системы находятся под действием различных видов и направлений нагрузки. Чтобы установить вид сопротивления на каждом стержне системы, необходимо построить эпюры внутрен- них силовых факторов. Для этого целесообразно рассматривать си- стему со свободного конца. В таком случае не потребуется опреде- лять опорные реакции в защемлении системы и сложность эпюр будет нарастать постепенно. Для каждого стержня системы, начиная с первого, составляется расчетная схема с использованием локальной системы координат (см. рис. 8.18, а). Переходя к последующему стержню, необходимо по правилу механики перенести к нему все силы, действующие на предыдущий стержень. При переносе сосредоточенной силы F параллельно самой себе образуются сосредоточенная сила F той же величины и направле- ния и момент М, равный произведению силы F на плечо а (расстоя- ние переноса): .M Fа 261 Сосредоточенный момент М параллельно самому себе «переме- щается» по оси, относительно которой он действует. Рис. 8.18 Приступим к составлению расчетных схем, определению внут- ренних сил в характерных сечениях каждого стержня системы, на- чиная с первого, и построению их эпюр. а б в г д е ж з и 262 Поперечные силы от изгиба во внимание не принимаются. Стержень 1 (АВ). Расчетная схема стержня – защемление в точке В (рис. 8.18, д). Нагрузкой на стержень является сосредоточенная сила F = 0,6 кН, действующая по направлению оси Х. Она вызывает изгиб стержня относительно оси Y. Изгибающие моменты: в т. А Му = 0; в т. В Му = F l1 = 0,6  0,5 = 0,3 кН·м. Ординаты момента Му откладываются по направлению оси Х со стороны растянутых волокон стержня, т. е. справа от оси Z (АВ) (рис. 8.18, и). Другие силовые факторы N = 0, Т = 0, Мх = 0. Общее правило: в системе взаимно перпендикулярных осей m, n сила F, действующая по направлению оси n, создает изгиб относи- тельно оси m и ордината изгибающего момента Мm откладывается по направлению силы F. Стержень 2 (ВС). Расчетная схема стержня – защемление в точке С (рис. 8.18, в). Непосредственно на стержень действует распределенная нагрузка q. Нагрузка F, действующая на первый стержень в т. А, будучи приве- денной к т. В второго стержня, образует сосредоточенную силу F, направленную параллельно оси Х, и момент М1 = Fl относительно оси Z, направленный по часовой стрелке, если смотреть со стороны сечения стержня. Распределенная нагрузка q создает изгиб стержня относительно оси Х, а сосредоточенная F – изгиб относительно оси Y. Момент М1 создает кручение относительно оси Z. Таким образом, второй стержень подвергается изгибу (в двух плоскостях) и кручению. Определим значения внутренних сил в характерных сечениях. Крутящий момент Т = М1 = Fl1 = 0,6 · 0,5 = 0,3 кН·м = const. 263 Изгибающие моменты: в т. В Мх = 0, Му = 0, в т. С Мх = 2 2 2 0,8 0,7 0,196 2 2x lM ql    кН·м; Му = 2 0,6 0,7 0,42yM Fl    кН·м. Ординаты эпюры Мх (параболический треугольник) отложены по оси Y сверху продольной оси Z стержня, а Мy – по оси Х справа оси Z, в обоих случаях – со стороны растянутых волокон. Продольная сила во втором стержне N = 0. Эпюры внутренних сил показаны на рис. 8.18, ж–и. Стержень 3 (СД). Расчетная схема – защемление в т. Д (см. рис. 8.18, б). Непосред- ственно действующих на стержень внешних сил нет. Силы, действу- ющие на предыдущие участки, будучи приведенными к третьему, образуют в т. С сосредоточенные силы F и 2ql и моменты М3 = 2 2 2 ql , М4 = 2 ,Fl а также момент М2 = 1Fl (на предыдущем стержне это М1). Сосредоточенная сила F создает в стержне деформацию сжатия. Сосредоточенная сила 2ql и момент М2 создают деформацию изгиба относительно оси Х (т. е. в вертикальной плоскости), а момент М4 – изгиб относительно оси Y (т. е. в горизонтальной плоскости). Мо- мент М3 создает деформацию кручения. Внутренние силы в стержне. Изгибающие моменты: в т. С Мх = 1Fl = 0,6 · 0,5 = 0,3 кН·м; Му = 2Fl = 0,6 · 0,7 = 0,42 кН·м; 264 в т. Д Мх = 1 2 3Fl ql l = 0,3 + 0,8 · 0,7 · 1 = 0,86 кН·м; Му = 2Fl = 0,42 кН·м. Крутящий момент Т = М3 = 2 2 2 ql = 20,8 0,7 0,196 2   кН·м. Продольная сила N = F = 0,6 кН. Эпюры внутренних сил показаны на рис. 7.18, е–и. Ординаты эпюр Мх и Му отложены со стороны растянутых воло- кон стержня. Как изгибается стержень, нетрудно представить по рас- четной схеме. Анализ эпюр внутренних сил позволяет установить вид сопро- тивления каждого стержня системы, выявить опасное сечение и про- верить его прочность. Сначала вычислим необходимые геометрические характеристи- ки сечения (сечение круглое, диаметром d = 4 см). Площадь сечения А = 2 23,14 4 12,56 4 4 d   см2. Осевой момент сопротивления 3 33,14 4 6,28 32 32x y dW W      см3. Полярный момент сопротивления: 3 33,14 4 12,56 16 16p dW     см3. 265 В стержне АВ возникает лишь изгибающий момент Му. Зна- чит, он подвергается плоскому изгибу. Опасное сечение В, где Му max = 0,3 кН·м. Максимальное нормальное напряжение в стержне 3 max 9 max 6 0,3 10 0,0478 10 Па 47,8МПа 210МПа. 6,28 10 y y M R W          Условие прочности удовлетворяется. Стержень ВС подвергается изгибу в двух плоскостях и кру- чению. Опасное сечение С, где Т = 0,3 кН·м, Мх max = 0,196 кН·м, Му max = 0,42 кН·м. Поскольку изгиб происходит в двух плоскостях, необходимо вы- числить суммарный изгибающий момент: 2 2 2 2и 0,196 0,42 0,463x yM М М     кН·м. Максимальное касательное напряжение от крутящего момента 3 9 max 6 0,3 10 00239 10 Па 23,9МПа. 12,56 10p T W        Максимальное нормальное напряжение от суммарного изгиба- ющего момента 3 9и max 6 0,463 10 0,0737 10 Па 73,7 МПа. 6,28 10х M W        Так как стержень подвергается изгибу с кручением, проверку прочности следует выполнить по теории прочности (формула (8.10)). Максимальное расчетное напряжение 2 2 2 2 des 3 73,7 3 23,9 84,5МПа 210МПа.R           Условие прочности удовлетворяется. 266 Стержень СД подвергается сжатию, изгибу в двух плоскостях и кручению. Опасное сечение Д, где N = 0,6 кН, Мх max = 0,86 кН·м, Му max = = 0,42 кН·м, Т = 0,196 кН·м. Суммарный изгибающий момент 2 2и 0,86 0,42 0,957M    кН·м. Максимальное касательное напряжение от крутящего момента 3 9 max 6 0,196 10 0,0156 10 Па 15,6МПа. 12,56 10 z p M W        Максимальное нормальное напряжение от суммарного момента 3 9ииз max 6 0,957 10 0,152 10 Па 152МПа. 6,28 10x M W        Максимальное нормальное напряжение от сжимающей продоль- ной силы 3 7 cж max 4 0,6 10 0,0477 10 Па 0,477 МПа. 12,56 10 N A        Максимальное расчетное напряжение 2 2 2 2 des cж из( ) 3 (0,477 152) 3 15,6            154,9 МПа 210 МПа.R   Условие прочности удовлетворяется. В завершение примера установим положение наиболее напря- женной точки в опасном сечении Д. Нормальные напряжения от продольной силы N распределяются по сечению равномерно. Касательные напряжения от крутящего момента Т максимальны по контуру сечения. Максимальные нор- мальные напряжения от изгибающих моментов Мх и Му будут также 267 на контуре сечения по линии действия суммарного момента Ми. Та- ким образом, наиболее напряженной является точка K, лежащая на контуре сечения по линии действия Ми (рис. 8.18, г). Расчетное напряжение в этой точке σdes = 154,9 МПа. Координаты точки K легко определить, вычислив значение угла γ (tg γ = Мх / Му). 9. ПРОДОЛЬНЫЙ И ПРОДОЛЬНО-ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБЫ В предыдущих главах пособия рассматривался расчет элементов конструкций, для которых основным являлся вопрос о прочности или жесткости. При этом напряжения и деформации линейно зави- сели от нагрузки, т. е. с ростом нагрузки они увеличивались посте- пенно, без резких скачков. Однако встречаются случаи, когда при постепенном увеличении нагрузки резко изменяется форма равновесия элемента конструк- ции, вследствие чего может произойти его внезапное разрушение. В таких случаях наряду с проблемой прочности существует про- блема устойчивости, т. е. сохранения под действием нагрузки пер- воначальной формы равновесия. Несущая способность элемента конструкции может быть исчер- пана потерей устойчивости задолго до потери прочности. При этом утрачивается первоначальная форма равновесия. Искривление стержня, вызванное только продольными сжима- ющими силами, называется продольным изгибом. Продольно-поперечный изгиб стержня происходит в случае дейст- вия как продольных сжимающих, так и поперечных изгибающих сил. 9.1. Продольный изгиб (устойчивость сжатых стержней) В механике твердого тела различают три формы равновесия твер- дого тела: устойчивая, безразличная и неустойчивая. Эти формы равновесия присущи сжатым гибким (длинным, тонким) стержням (рис. 9.1). 268 Рис. 9.1 При незначительной сжимающей силе F, меньшей некоторого критического значения Fcr, первоначальная прямолинейная форма стержня является устойчивой (рис. 9.1, а). При F = Fcr сжатый стержень находится в состоянии безразлич- ного равновесия, когда возможны как первоначальная прямолиней- ная форма равновесия, так и несколько близких к ней криволиней- ных (рис. 9.1, б). Если F > Fcr, первоначальная форма стержня становится не- устойчивой, происходит интенсивное нарастание деформации изги- ба (прогиб), рис. 9.1, в. Устойчивость – способность стержня под действием сжимаю- щей нагрузки находиться в состоянии упругого равновесия и сохра- нять первоначальную форму. Критическая сила – осевая сжимающая сила, при которой стер- жень будет в состоянии безразличного равновесия (критическое со- стояние), а малейшее ее превышение приведет к интенсивному ро- сту прогибов (к потере устойчивости). Критическая нагрузка является опасной и считается разрушаю- щей. Разрушение происходит внезапно. Допустимая (безопасная) сжимающая нагрузка на стержень со- ставляет некоторую часть критической: а б в 269 Fadm = Fcr / ns, (9.1) где Fadm – допустимая нагрузка; Fcr – критическая нагрузка; ns – коэффициент запаса устойчивости. Критическая нагрузка для сжатого прямолинейного стержня по- стоянного поперечного сечения определяется по формуле Эйлера: 2 minкр 2 ,( ) EJF l   (9.2) где Е – модуль упругости материала стержня; Jmin – минимальный момент инерции сечения относительно од- ной из главных центральных осей; μ – коэффициент приведения действительной длины стержня к расчетной (зависит от способа закрепления концов стержня); l – длина стержня. Непосредственно формула Эйлера была получена для случая стержня с шарнирными опорами. Влияние других видов опор Ф. С. Ясинский предложил учитывать коэффициентом μ, значения которого приведены на рис. 9.2. Пунктиром показана ось стержня при потере устойчивости. Рис. 9.2 а б в г 270 Если моменты инерции сечения относительно главных централь- ных осей не равны между собой, то продольный изгиб произойдет в плоскости наименьшей жесткости, т. е. стержень будет искрив- ляться перпендикулярно оси, относительно которой момент инер- ции будет меньшим. Напряжение, вызванное в стержне действием критической силы, также называется критическим и определяется исходя их формулы Эйлера: 2 кр 2 , crF E A     (9.3) где min l i   – гибкость стержня; minmin Ji A  – минимальный радиус инерции сечения. Гибкость стержня – геометрическая характеристика, зависящая от способа закрепления его концов, длины, формы и размеров сечения. Формула Эйлера (9.3) применима при условии, что критическое напряжение не превышает предела пропорциональности материала: σкр ≤ σпр, т. е. при работе материала в упругой стадии. Обычно это условие выражается через гибкость стержня и записывается в виде 2 пр пр ,E     где λпр – предельная гибкость, ниже которой формула Эйлера не применима. Предельная гибкость зависит от механических свойств материа- ла. Для стали λпр  100, для древесины λпр  70. В случаях когда λ < λпр, потеря устойчивости происходит за пре- делами упругости материала и расчет на устойчивость ведется по формуле Ясинского: 271 кр = а – bλ, (9.4) где а и b – коэффициенты, полученные экспериментальным путем и зависящие от механических свойств материала. Для стали а = 310 МПа, b = 1,14 МПа; для древесины а = 28,7 МПа, b = 0,19 МПа. Критическая нагрузка в этих случаях кр .crF А  (9.5) Различают три категории гибкости стержня (для стали): 1. Стержни большой гибкости (λ ≥ 100), расчет которых ведется на устойчивость по формуле Эйлера. 2. Стержни средней гибкости (λ = 50–100), расчет которых на устойчивость ведется по формуле Ясинского. 3. Стержни малой гибкости (λ < 50), рассчитываемые на проч- ность при сжатии (потеря устойчивости не происходит). Условие прочности для стержня малой гибкости имеет вид c , F R A    (9.6) где Rс – расчетное сопротивление материала на сжатие. Стержни средней и большой гибкости рассчитываются на устой- чивость по формуле кр c , s R n    (9.7) где ns – коэффициент запаса устойчивости. Этот коэффициент кроме чистого изгиба учитывает еще ряд дру- гих факторов: возможный небольшой эксцентриситет нагрузки, не- большое начальное искривление стержня, неоднородность материа- ла и др. Для данного материала коэффициент ns не является посто- янной величиной, а зависит от гибкости стержня. Так, для металлов ns = 1,5–3; для древесины ns = 2,5–3,2. 272 Для удобства проведения расчета сжатых стержней строитель- ных конструкций принят общий вид условия устойчивости c , F R A     (9.8) где φ – коэффициент уменьшения расчетного сопротивления ма- териала стержня (коэффициент продольного изгиба), зависящий от материала, гибкости стержня, принятого коэффициента запаса устойчивости. Значения коэффициента φ изменяются от 0 до 1 и для различных материалов в зависимости от значения гибкости λ приводятся в ви- де таблиц (табл. 9.1, 9.2) или графиков (рис. 9.3). Т а б л и ц а 9.1 ( )f   для Ст. 3 λ φ λ φ λ φ 0 1,000 80 0,710 160 0,267 10 0,987 90 0,638 170 0,238 20 0,964 100 0,570 180 0,214 30 0,935 110 0,507 190 0,193 40 0,901 120 0,449 200 0,176 50 0,860 130 0,395 210 0,160 60 0,816 140 0,345 220 0,147 70 0,768 150 0,302 Т а б л и ц а 9.2 ( )f   для древесины λ φ λ φ λ φ 0 1,000 80 0,469 160 0,117 10 0,992 90 0,370 170 0,104 20 0,968 100 0,300 180 0,093 30 0,927 110 0,248 190 0,083 40 0,872 120 0,208 200 0,075 50 0,800 130 0,178 210 0,068 60 0,712 140 0,153 220 0,062 70 0,608 150 0,133 273 Ри с. 9 .3 . Г раф ик φ = f ( λ) дл я С т. 3 274 Таким образом, расчет на устойчивость сводится к недопущению потери первоначальной формы равновесия сжатого стержня. Дости- гается это уменьшением допустимых нормальных напряжений про- тив расчетных значений Rc, причем для каждого значения гибкости стержень будет иметь свое допускаемое напряжение. Подбор сечения по формуле (9.8) затруднителен тем, что при не- известной площади сечения А невозможно вычислить гибкость λ и получить значение φ. Поэтому рекомендуется предварительно за- даться значением φ (для начала φ = 0,5 – середина интервала) и из (9.8) определить площадь сечения А, затем λ и φ. Если выбранный и вычисленный коэффициенты φ близки – про- веряют условие (9.8). Значительное их различие требует продолжение расчета (см. при- меры). Расхождение между σ и φRс не должно превышать 3–5 %. Сечение стержня, «работающего» на устойчивость, будет рацио- нальным, если минимальный момент инерции Jmin будет возможно бόльшим при возможно меньшей площади сечения А. Этому требо- ванию удовлетворяют трубчатые, коробчатые сечения, а также не- которые сечения, составленные из прокатных профилей (швелле- ров, уголков). Если у сечения главные моменты инерции равны (Jx = Jy) – стер- жень будет равноустойчивым. Пр им е р 9.1 Стальная стойка квадратного поперечного сечения (а = 7 см) длиной l = 3 м центрально нагружена сжимающей силой F (рис. 9.4, а). Нижний конец стойки защемлен, а верхний в направлении главной центральной оси Х – защемлен, в направлении оси Y – свободен. Определить наибольшее допустимое значение силы F, если R = 210 МПа, Е = 200 ГПа, а коэффициент запаса устойчивости ns = 2. Р еш е н и е Поскольку стойка находится под действием сжимающей силы, она должна быть рассчитана на устойчивость, т. е. определено такое значение силы F, при котором не произойдет потери устойчивости (искривление). 275 Рис. 9.4 Вычислим необходимые геометрические характеристики сече- ния стойки: площадь А = 7·7 = 49 см2; моменты инерции относительно главных центральных осей Jx = Jy = 3 47 200 12 12 aa   см4; радиусы инерции ix = iy = ( ) 200 2,02 49 x yJ A   см. По размерам поперечного сечения стойка равноустойчива (Jx = Jy), но верхний конец стойки закреплен в направлении главных цент- ральных осей сечения различными способами. а б в 276 Гибкость стойки определяется по формуле .l i   Относительно оси Y (в направлении оси Х) оба конца стойки за- щемлены. В соответствии с закреплением коэффициент приведения длины μу = 0,5. Относительно оси Х (в направлении оси Y) нижний конец стойки защемлен, верхний свободный: μх = 2. На рис. 9.4, б и в пунктиром показаны положения оси стойки в случае потери устойчивости. Гибкость стойки относительно главных центральных осей 0,5 300 74,3; 2,02 y y y l i      2 300 297. 2,02 x x x l i      Определим критическую силу для стойки, используя формулы (9.2), (9.4) и (9.5) в зависимости от значений гибкостей. Для сталь- ной стойки формула Эйлера (9.2) применима, когда предельная гибкость λпр ≥ 100. Поскольку для данного случая относительно оси Х гибкость λх > 100, критическая сила определяется по формуле (9.2):     2 2 9 8 5кр( ) 2 2 3,14 200 10 200 10 1,0955 10 Н 109,6 2 3 x x x EJF l          кН. Относительно оси Y гибкость λу < 100 – используются формулы Ясинского (9.4), (9.5). Критическое напряжение кр = а – bλ = 310 – 1,14·74,3 = 225,3 МПа. 277 Критическая сила Fcr(у) = σкр А = 225,3 · 106 · 49 · 10–4 = 1104 кН. Определим наибольшие допустимые значения сжимающей силы F, используя коэффициент запаса устойчивости. Относительно оси Х ( ) , adm 109,6 54,8 2 cr x x s F F n    кН. Относительно оси Y ( ) , adm 1104 552 2 cr y y s F F n    кН. В качестве наибольшей допустимой сжимающей силы принима- ем ее наименьшее значение: Fadm = 54,8 кН. В случае превышения допустимой нагрузки стойка потеряет устой- чивость и искривится в плоскости своей наибольшей гибкости, т. е. относительно оси Х (в направлении оси Y). Действующее напряжение в стойке 3 7adm 4 54,8 10 1,118 10 Па 11,18 49 10 F A        МПа R . Обратим внимание, что действующее напряжение σ значительно меньше расчетного сопротивления R. Такое уменьшение σ необхо- димо для достижения устойчивости стойки. В случае различных значений Jx, Jy, μx и μу потеря устойчивости стойки всегда произойдет в плоскости наибольшей гибкости. Пр им е р 9.2 Стальная стойка длиной l = 5 м, составленная из двух швеллеров № 12, центрально нагружена сжимающей силой F = 190 кН (рис. 9.5). 278 Рис. 9.5 Определить, каким запасом на устойчивость обладает стойка при условии равноустойчивости. Р еш е н и е Необходимые геометрические характеристики для швеллера № 12 А΄ = 13,3 см2, J´x = 304 см4, J´у = 31,2 см4. Для сечения стойки: площадь А = 2А΄ = 2 · 13,3 = 26,6 см2; момент инерции относительно оси Х Jх = 2Jх΄ = 2 · 304 = 608 см4; условие равноустойчивости Jх = Jу; 279 момент инерции сечения относительно оси Y с учетом равно- устойчивости 2 2 2 2 31,2 13,3 608 2 2y y a aJ J A                             см4, откуда расстояние между осями Y΄ швеллеров а = 9,06 см; радиусы инерции стойки / 608 / 26,6 4,78x y xi i J A    см. При шарнирном закреплении концов стойки коэффициент при- ведения длины μ = 1. Гибкость стойки 1 500 104,6 4,78 l i      . Так как гибкость стойки больше предельного значения для стали (λ = 104,6 > λпр = 100), то для определения критической силы ис- пользуется формула Эйлера (9.2):   2 2 9 8 кр 2 2 3,14 200 10 608 10 479,6 (1 5) EJF l        кН. Коэффициент запаса устойчивости по формуле (9.1) 479,6 2,52 190 cr s Fn F    . Пр им е р 9.3 Стальная колонна длиной l = 6 м, составленная из четырех равно- полочных уголков, загружена сжимающей силой F = 500 кН (рис. 9.6). 280 Рис. 9.6 Условия закрепления концов колонны в главных плоскостях се- чения одинаковы. Жесткая решетка, соединяющая ветви колонны (показана пунктиром), обеспечивает их совместную работу. Определить номер уголков и коэффициент запаса устойчивости, если R = 210 МПа. Р еш е н и е По условию закрепления концов колонны (шарниры) коэффици- ент приведения длины μ = 1. Положение центра тяжести сечения очевидно. Оси ХY являются главными центральными осями сечения колонны. Подбор уголков сечения проведем по формуле (9.8): σ = F / А ≤ φRc. Поскольку площадь сечения неизвестна, расчет ведется путем предварительного выбора коэффициента φ с последующим его уточ- нением. В первом приближении задаемся φ1 = 0,5 (середина интервала значений φ). Тогда из (9.8) площадь сечения колонны 3 3 2 6 1 c 500 10 4,762 10 м 47,6 0,5 210 10 FA R        см 2. 281 Площадь сечения одного уголка 47,6 11,9 4 4 AA    см2. По этому значению выбираем ближайший номер уголка. Прове- рим сечение из уголков 80 × 80 × 8 мм. Из таблицы сортамента А΄ = 12,3 см2, xJ  = yJ  = 73,36 см4, х0 = у0 = 2,27 см. Для всего сечения: площадь сечения А = 12,3·4 = 49,2 см2; моменты инерции относительно главных центральных осей 2204 73,36 12,3 2,27 3233 2x y J J             см4; радиус инерции 3233 8,106 49,2x y Ji i A     см; гибкость колонны 1 600 74,02 8,106 l i      . Для данного значения гибкости по табл. 9.1 (φ = f(λ)) путем интерполяции вычислим табличное значение т1 , соответствующее λ = 74,02: 282 для λ = 70 φ = 0,768, для λ = 80 φ = 0,710, для λ = 74,02 т 1 = 0,768 – 0,768 0,710 (74,02 70) 0,74410    . Вычислим напряжение в колонне: 3 7 4 500 10 10,16 10 101,6 49,2 10 F A        МПа. Расчетное (допустимое) сопротивление в колонне с учетом устой- чивости т 1 R = 0,744·210 = 156,24 МПа. При этом сечении колонны недонапряжение составляет 156,24 101,6 100 35 % 156,24    . Устойчивость колонны будет обеспечена, однако возможности материала полностью не используются. Размеры сечения можно уменьшить. Рекомендуется последовательное приближение к правильному выбору уголков. Во второй попытке задаемся значением φ2: 2 0,5 0,744 0,62. 2    Из условия устойчивости для сечения колонны необходима площадь 3 6 2 500 10 38,4 0,62 210 10 FA R      см 2. 283 Для одного уголка 38,4 9,6 4 A   см2. Проверим сечение из уголков 70 × 70 × 7 мм, для которых А΄ = 9,42 см2, xJ  = yJ  = 42,98 см4, х0 = у0 = 1,99 см. Для всего сечения А = 9,42 · 4 = 37,68 см2; 2204 42,98 9,42 1,99 2589 2x y J J             см4; 2589 8,29 см; 37,68x y i i   1 600 72,4; 8,29    0,754.  Напряжение в колонне 3 4 500 10 132,7 37,68 10    МПа. Расчетное сопротивление т 2 R = 0,754 · 210 = 158,3 МПа. Недонапряжение составляет 16,2 %. Поскольку площадь сечения уголков от номера к номеру изменя- ется непоследовательно (см. таблицу сортамента), после нескольких попыток выбора коэффициента φ целесообразно перейти к логиче- скому выбору номера уголка. После второго приближения действующее напряжение в колонне ниже допустимого. Следовательно, площадь сечения можно умень- шить. 284 Проверим сечение из уголков 70 × 70 × 6 мм, для которых А΄ = 8,15 см2, Jх = Jу = 37,58 см4, х0 = у0 = 1,94 см. Для всего сечения: А = 32,6 см2, Jх = Jу = 2268, ix = iy = 8,34 см, λ = 71,9, т3 = 0,757. Напряжение в колонне σ = 153,4 МПа, расчетное сопротивление т 3 R = 159,0 МПа – недонапряжение составляет 3,5 %, что приемлемо. Проверка сечения из уголков 75 × 75 × 5 мм с ближайшей мень- шей площадью показала перенапряжение 5,8 %, что недопустимо. Итак, принимаем сечение колонны из уголков 70 × 70 × 6 мм с приемлемым недонапряжением. В завершение примера вычислим коэффициент запаса устойчи- вости принятого сечения колонны. Так как гибкость колонны λ = 71,9 < λпр = 100 МПа, воспользу- емся формулами Ясинского. Критическое напряжение кр = а – bλ = 310 – 1,14 · 71,9 = 228,03 МПа. Критическая сила Fcr = σкр А = 228,03 · 106 · 32,6 · 10–4 = 743,4 кН. Коэффициент запаса устойчивости ns = 743,4 1,49. 500 cr s Fn F    Пр им е р 9.4 Элемент конструкции Р, имеющий большую жесткость, укреп- лен шарнирно в опоре А и поддерживается двумя стержнями длиной l = 2 м и диаметром d = 4 см (рис. 9.7, а). 285 Рис. 9.7 Определить наибольшую допустимую нагрузку q из условия прочности и устойчивости стержней, если R = 210 МПа. Р еш е н и е Нагрузка q, приложенная к элементу Р, передается непосред- ственно на опору А и через стержни 1 и 2 на опоры K и L, где в сумме возникают четыре неизвестные реакции. Поскольку для плоской системы можно составить только три уравнения равнове- сия, рассматриваемая система является один раз статически неопре- делимой (4 – 3 = 1). Для решения задачи нужно знать усилия в стержнях, выражен- ные через нагрузку q. Мысленно рассекаем стержни и показываем продольные силы, направляя их с учетом характера деформации (рис. 9.7, б). Нетрудно понять, что стержень 1 растянут (усилие N1 направлено от сечения), а стержень 2 сжат (усилие N2 направлено к сечению). а б 286 Вследствие деформации стержней 1 и 2 ось элемента Р повер- нется вокруг опоры А на некоторый угол. Уравнение равновесия ∑МА = –N1 · 1,5 – N2 · 3 + q · 3 · 1,5 = 0. (9.9) Уравнение деформации имеет вид 1 2 1,5 3 l l  или 1 22 .l l   Используя формулу Гука, получим 1 1 2 2 1 2 2 N l N l EA EA  или 1 22 .N N (9.10) Поскольку стержень 2 подвергается сжатию, допускаемое усилие в нем должно быть определено из условия устойчивости (9.7) Характеристики стержня: площадь сечения 2 23,14 4 12,56 4 4 dA     см2; момент инерции 4 43,14 4 12,56 64 64x dJ     см4; радиус инерции 12,56 1 12,56 x x Ji A    см; гибкость 1 200 200; 1 l i      коэффициент φ = 0,176. 287 Наибольшее допустимое усилие во втором стержне из условия устойчивости N2 = АφR = 12,56 · 10-4 · 0,176 · 210 · 106 = 464,2 · 102 Н = 46,4 кН. Из равенства (9.10) 2N1 = 46,4 кН усилие в первом стержне N1 = 23,2 кН. Из уравнения (9.9) наибольшая допустимая нагрузка на систему 23,2 · 1,5 + 46,4 · 3 = 4,5q, откуда q = 174 38,67 4,5  кН/м. Действующие напряжения в стержнях системы и сопоставление с допускаемыми: 3 71 1 4 23,2 10 1,847 10 Па 18,47 МПа ; 12,56 10 N R A         3 72 2 4 46,4 10 3,694 10 Па 36,96 МПа . 12,56 10 N R A         Допускаемое напряжение во втором стержне σadm,2 = φR = 0,176 · 210 = 36,94 МПа. При нагрузке q = 38,67 кН/м прочность и устойчивость стержней обеспечены. 9.2. Продольно-поперечный изгиб Изгиб прямого стержня называется продольно-поперечным, если к нему одновременно приложены продольная и поперечная нагруз- ки (рис. 9.8, а). 288 Рис. 9.8 При расчете массивных элементов конструкций, обладающих боль- шой жесткостью, можно использовать принцип независимости дей- ствия сил, суммируя отдельно напряжения от изгиба и от сжатия: σ = М/W + F/А. Для стержней, обладающих значительной гибкостью, принцип независимости действия сил неприменим. Необходимо рассматри- вать деформированную схему стержня (см. рис. 9.8, а), у которого υ0 – прогиб от поперечной нагрузки, а υF – дополнительный прогиб от продольной сжимающей силы F. Задача определения полного прогиба  и изгибающего момента М является довольно затруднительной (особенно при сложной нагруз- ке). В таких случаях используются приближенные, более простые, приемы расчета. Принимают, что прогибы 0 и F являются неза- висимыми и что форма упругой линии балки близка к синусоиде. Исходя их этих допущений получена формула для определения полного прогиба при продольно-поперечном изгибе: 0 э , 1 F F    (9.11) где 2 э 2 EJF l  – эйлерова сила; J – момент инерции сечения балки, зависящий от ее положения по отношению к поперечной нагрузке. а б в 289 Это может быть minJ (рис. 9.8, б) или maxJ (рис. 9.8, в). Если используется minJ – эйлерова сила равна критической: э кр .F F В поперечных сечениях стержня, подвергающегося продольно- поперечному изгибу, возникают изгибающие моменты как от попе- речных нагрузок М0, определяемых обычным способом, так и до- полнительные от продольной: MF = F. Полный изгибающий момент М = М0 + МF. В изгибаемых балках с шарнирными опорами максимальный из- гибающий момент М0,max при симметричной нагрузке имеет место посередине пролета и вблизи середины – при несимметричной. В консольной балке М0,max наблюдается в защемлении. Максимальный изгибающий момент в балке Мmax = М0,max + F. (9.12) Проверка прочности при продольно-поперечном изгибе осуще- ствляется по нормальным напряжениям, возникающим в крайних точках сечения с наибольшим изгибающим моментом, по формуле max max . MF R A W     (9.13) Формулу (9.13) можно представить в развернутом виде: 0,max 0 max э 1 . 1 M FF RFA W W F        Следует заметить, что нормальные напряжения σ нелинейно свя- заны с продольной силой F, и при приближении ее величины к эй- 290 леровой силе Fэ напряжения будут стремительно возрастать, дости- гая опасных значений. Поэтому продольная сжимающая нагрузка должна быть в пределах F  0,8Fэ. При большой продольно-сжимающей силе F необходима про- верка стержня на устойчивость по условию (9.8) в направлении, свободном от поперечных нагрузок . Пр им е р 9.5 Стальная стойка из двутавра № 22 нагружена сосредоточенной продольной силой F и равномерно распределенной нагрузкой q (рис. 9.9, а). Рис. 9.9 Проверить прочность и устойчивость стойки, если R = 210 МПа. Р еш е н и е Проанализируем характер действия нагрузок. Продольная сила F создает центральное сжатие стойки, а распределенная q – изгиб. Значит, стержень подвергается продольно-поперечному изгибу. а б в 291 Геометрические характеристики сечения двутавра № 22 А = 30,6 см2, Wх = 232 см3, Jх = 2550 см4, Jу = 157 см4, iх = 9,13 см, iу = 2,27 см. Проверим устойчивость стойки от действия сосредоточенной си- лы F. По условию закрепления концов стойки коэффициент приве- дения длины μ = 2. Гибкость стойки относительно главных центральных осей 22 2,2 10 48,2; 9,13x x l i       22 2,2 10 194. 2,27y y l i       Проверку устойчивости следует проводить в плоскости большей гибкости, т. е. относительно оси Y. Для max λy = 194 по таблице φ = f(λ) коэффициент продольного изгиба φ = 0,186. Наибольшая допустимая нагрузка F по условию устойчивости (9.8) Fadm = АφR = 30,6 · 10–4 · 0,186 · 210 · 106 = 119,5 кН, что превышает действующую нагрузку в 119,5/80 = 1,49 раза – устой- чивость стойки обеспечена. Для проведения расчета стойки на прочность необходимо рас- смотреть ее деформированное состояние (рис. 9.9, б). Прогиб от поперечной нагрузки q (консольная балка с равномер- но распределенной нагрузкой) происходит относительно оси Х, в на- правлении оси Y 4 3 4 0 9 8 9 10 2,2 0,00517 8 8 200 10 2550 10x ql EJ          м. 292 Полный прогиб стойки определяется по формуле (9.11): 0 э , 1 F F    в которой эйлерова сила 2 2 9 8 э 2 2 3,14 200 10 2550 10 2597 кН. ( ) (2 2,2) xEJF l         Заметим, что при вычислении эйлеровой силы момент инерции берется относительно главной центральной оси сечения, перпенди- кулярной действию нагрузки q, т. е. относительно оси Х. Полный прогиб конца стойки 0 э 0,00517 0,00534801 1 2597 F F       м. В сечениях стойки возникает изгибающий момент как от попе- речной нагрузки М0, так и от продольной МF (рис. 9.9, в). В опасном сечении (защемлении) полный изгибающий момент 2 2 max 0,max 9 2,2 80 0,00534 2 2 qlM M F F           21,78 0,427 22,21кН м.    Проверка прочности осуществляется по формуле (9.13): 3 3 max max 4 6 80 10 22,21 10 30,6 10 232 10x MF A W           26,1МПа 95,7 МПа 121,8МПа .R    Следовательно, прочность и устойчивость стойки обеспечены. 293 Пр им е р 9.6 Стальная балка, шарнирно опертая на концах, нагружена попе- речной и продольной нагрузками (рис. 9.10, а). Рис. 9.10 Определить номер двутавра, если R = 210 МПа. Р еш е н и е Рассматриваемая балка подвергается продольно-поперечному изгибу. Сначала надо учесть воздействие поперечной нагрузки, а за- тем – дополнительно от продольной. Определим номер двутавра от воздействия поперечной силы F = 50 кН, вызывающей плоский изгиб балки. Эпюра изгибающих моментов показана на рис. 9.10, б. Максимальный изгибающий момент в середине пролета max 50 4 50 4 4 FlM    кН·м. Из условия прочности по нормальным напряжениям требуемый момент сопротивления сечения 3 3 3max 6 50 10 0,238 10 м 238 210 10x MW R      см 3. а б 294 Наметим предварительно двутавр № 22, для которого А = 30,6 см2, Wх = 232 см3, Jх = 2550 см4, Jу = 157 см4, iх = 5,13 см, iу = 2,27 см. Прогиб в середине пролета балки 0 от поперечной нагрузки F в плоскости ее действия определяется по формуле (см. справочник) 3 3 3 0 9 8 50 10 4 0,0131 48 48 200 10 2550 10x Fl EJ          м. Проверим намеченный номер двутавра на воздействие продоль- ной нагрузки F1, создающей дополнительный прогиб и дополни- тельный изгибающий момент. Вычислим полный прогиб υ от поперечной и продольной сил по формуле (9.11) в плоскости действия поперечной силы, т. е. в вер- тикальной плоскости: 0 1 э 0,0131 0,013510011 3143 F F      м, где эйлерова сила 2 2 9 8 э 2 2 3,14 200 10 2550 10 3143 кН. ( ) (1 4) xEJF l         Еще раз заметим, что при вычислении Fэ использовалось значе- ние момента инерции относительно оси, перпендикулярной плоско- сти действия поперечной нагрузки, т. е. значение Jх. Максимальный изгибающий момент в опасном сечении балки по (9.12) max 0,max 1 50 100 0,0135 51,35M M F       кН·м. 295 Проверку прочности предварительно намеченного двутавра про- ведем по формуле (9.13): 3 3 max1 max 4 6 100 10 51,35 10 30,6 10 232 10x MF A W           (32,7 221) МПа 253,7 МПа .R    Перенапряжение составляет 20,8 %. Проверим пригодность ближайшего номера двутавра с больши- ми геометрическими характеристиками – это № 24. Его характери- стики А = 34,8 см2, Wх = 289 см3, Jх = 3460 см4, Jу = 198 см4, iх = 9,97 см, iу = 2,37 см. Повторим вычисления расчетных параметров в установленном ранее порядке. Прогиб от поперечной нагрузки 3 3 0 9 8 50 10 4 0,00963 48 200 10 3460 10        м. Эйлерова сила 2 9 8 э 2 3,14 200 10 3460 10 4264 кН. (1 4) F      Полный прогиб балки 0,00963 0,011001 4264     м. Максимальный изгибающий момент max 50 100 0,01 51M     кН·м. 296 Максимальное нормальное напряжение 3 3 max 4 6 100 10 51 10 28,7 176,5 205,2 . 34,8 10 289 10 R           Условию прочности двутавр № 24 удовлетворяет. Проверим устойчивость балки из двутавра № 24 в горизонталь- ной плоскости (плоскости наибольшей гибкости, так как Jy < Jx). Гибкость балки λу = μl / iy = 1 · 4 · 102 / 2,37 = 168,8; коэффициент φ = 0,241. Допускаемая продольная сила 1F  = φRА = 0,241 · 210 · 106 · 34,8 · 10–4 = 176,1 кН > F1 = 100 кН. Принимаем окончательно двутавр № 24. Пр им е р 9.7 Балка длиной l = 6 м с шарнирными опорами, выполненная из двух швеллеров № 22, нагружена поперечной равномерно распре- деленной нагрузкой q = 5 кН/м и продольной силой F (рис. 9.11, а). Определить наибольшую допустимую продольную нагрузку F, расположив сечение швеллеров рационально (вариант 1, 2 или 3). Проверить прочность и жесткость балки при принятом варианте, если R = 210 МПа, adm = l / 300. Р еш е н и е Балка подвергается продольно-поперечному изгибу. Сначала надо выявить рациональное положение сечения балки по отношению к поперечной нагрузке, т. е. при изгибе. Затем опре- делить наибольшую допустимую продольную нагрузку из условия устойчивости балки при различных вариантах расположения ее се- 297 чения и только после этого принять рациональное положение сече- ния балки и проверить ее прочность и жесткость. Рис. 9.11 Геометрические характеристики швеллера № 22 А = 26,7 см2, Wх = 192 см3, Wy = 25,1 см3, Jх = 2110 см4, Jу = 151 см4, h = 22 см, b = 8,2 см, хс = 2,21 см. Эпюра изгибающих моментов от поперечной силы показана на рис. 9.11, б. Максимальная ордината эпюры в середине пролета 2 25 6 22,5 8 8q qlM    кН·м. Деформированная схема балки показана на рис. 9.11, в. Рассмотрим первый вариант расположения сечения (рис. 9.11, г). Вычислим геометрические характеристики сечения относитель- но главных центральных осей: а б в 298 площадь 22 26,7 53,4 см ;A    момент сопротивления Wх = 2 · 192 = 384 см4; моменты инерции Jx = 2 · 2110 = 4220 см4, Jу = 2 (151 + 26,7 · 2,212) = 562,8 см4; радиусы инерции 4220 8,89 53,4 x x Ji A    см; 562,8 3,246 53,4y i   см; гибкость балки 21 6 10 67,5; 8,89x x l i       21 6 10 184,8 3,246y y l i       . Заметим, что по условию закрепления концов балки коэффици- ент μ = 1. Анализируя значения гибкостей балки (можно также и моментов инерции сечения) видим, что гибкость относительно оси Y больше, чем относительно оси Х. Значит, потеря устойчивости возможна относительно оси Y, в направлении оси Х. 299 Для λmax = λу = 184,8 по таблице φ = f(λ) коэффициент продольно- го изгиба φу = 0,204. Наибольшее допустимое значение сжимающей продольной силы из условия устойчивости (9.8) будет Fadm = AφR = 53,4 · 10–4 · 0,204 · 210 · 106 = 228,8 кН. Рассмотрим второй вариант расположения сечения (рис. 9.11, д). Геометрические характеристики сечения: А = 53,4 см2, Wх = 2 · 192 = 384 см3, Jх = 4220 см4; Jу = 2 (151 + 26,7 (8,2 – 2,21)2) = 2218 см4; 4220 8,89 53,4x i   см; 2218 6,44 53,4y i   см; 21 6 10 67,5 8,89x     ; 21 6 10 93,2 6,44y     . Для λmax = λу = 93,2 коэффициент φ = 0,616. Наибольшая допустимая продольная сила Fadm = φАR = 53,4 · 10–4 · 0,616 · 210 · 106 = 690,8 кН. Рассмотрим третий вариант расположения сечения (рис. 9.11, е). Геометрические характеристики сечения: А = 53,4 см2, 42 2110 4220 см ;yJ    Jх = 2 (151 + 26,7 (8,2 – 2,21)2) = 2218 см4; 300 max 2218 270,5 8,2 x x JW y    см3; iх = 6,44 см, iу = 8,89 см; λх = 93,2, λу = 67,5. Для λmax = λх = 93,2 коэффициент φ = 0,616. Наибольшая допустимая продольная сила Fadm = 53,4 · 10–4 · 0,616 · 210 · 106 = 690,8 кН. Из результатов вычислений следует, что: для продольной сжимающей силы F рациональными будут вари- анты 2 и 3, так как допускаемая нагрузка для них большая, чем в варианте 1; для поперечной силы q рациональным будут варианты 1 и 2, по- скольку момент сопротивления xW в этих случаях больший, чем в варианте 3; для дальнейшего расчета принимаем расположение сечения бал- ки по варианту 2, при котором будет наибольшая сопротивляемость как поперечному, так и продольному изгибу. Проверим жесткость балки в принятом варианте расположения сечения. Максимальный прогиб будет в середине пролета балки (см. рис. 9.11, в). Прогиб от поперечной нагрузки 4 3 4 0 9 8 5 5 5 10 6 0,999 384 384 200 10 4220 10x ql EJ           см. Эйлерова сила 2 2 9 8 э 2 2 3,14 200 10 4220 10 2312 кН. ( ) (1 6) xEJF l         301 Полный прогиб балки 0 э 0,999 1,425690,81 1 2312 F F       см. Так как полный прогиб 1,425 см меньше допустимого adm = 600/300 = 2 см, жесткость балки обеспечена. Проверим прочность балки от совместного действия поперечной и продольной нагрузок. Максимальный изгибающий момент в балке Мmax = Мq + F = 22,5 + 690,8 · 1,425 · 10–2 = = 22,5 + 9,84 = 32,34 кН·м. Максимальное нормальное напряжение в балке 3 3 max max 4 6 690,8 10 32,34 10 213,6 МПа . 53,4 10 384 10x MF R A W            Перенапряжение в балке составляет 1,71 %, что допустимо. Таким образом, положение сечения балки по варианту 2 удовле- творяет требованиям по жесткости и прочности. Пр им е р 9.8 Деревянная консольная балка длиной l = 2 м прямоугольного по- перечного сечения (h = 20 см, b = 12 см) нагружена сосредоточенной силой F = 5 кН в точке K под углом α = 60о к оси Z (рис. 9.12, а). Проверить прочность и устойчивость балки, если R = 12 МПа, Е = 10 ГПа. 302 Рис. 9.12 Р еш е н и е Составим расчетную схему балки. Разложив действующую силу F на составляющие по направле- нию координатных осей, получим Fz = Fcos60o = 5 · 0,5 = 2,5 кН, Fу = Fsin60o = 5 · 0,866 = 4,33 кН. Перенесем составляющие Fz и Fy к центру тяжести поперечного сечения балки, т. е. к оси Z. В результате образуются продольно сжимающая сила Fz = 2,5 кН, поперечно изгибающая сила Fу = 4,33 кН и поперечно изгибающий момент М = –Fzh / 2 = – 2,5 · 10 · 10–2 = –0,25 кН·м. Расчетная схема балки показана на рис. 9.12, б, а эпюра изгибаю- щих моментов – на рис. 9.12, в. Опасное сечение – защемление. Максимальный изгибающий момент max 2 4,33 2 0,25 8,91yM F M          кН·м. а б в 303 Анализ расчетной схемы показывает, что балка подвергается продольно-поперечному изгибу. Вычислим геометрические характеристики балки: площадь сечения А = 20 · 12 = 240 см2; главные моменты инерции сечения 3 312 20 8000 12 12x bhJ    см4; 3 320 12 2880 12 12y hbJ    см4; момент сопротивления сечения 2 212 20 800 6 6x bhW    см3; радиусы инерции сечения 8000 5,774 240 x x Ji A    см; 2880 3,464 240 y y J i A    см; гибкости балки 2 200 69,3; 5,774x x l i      2 200 115,5. 3,464y y l i      Проверка устойчивости ведется в плоскости наибольшей гибко- сти (λуmax = 115,5), т. е. относительно оси Y от продольно сжимаю- щей силы Fz. 304 При гибкости λ = 115,5 коэффициент φ = 0,226. Наибольшая допустимая продольная сила из (9.8) Fadm = AφR = 240 · 10–4 · 0,226 · 12·106 = 65,09 кН > Fz = 2,5 кН. Устойчивость балки обеспечена. Приступим к расчету на поперечный изгиб с учетом прогибов балки. Прогиб балки в вертикальной плоскости, т. е. относительно оси Х, от силы Fу и момента М (формулы взяты из справочника): 3 2 3 3 0 9 8 4,33 10 2 3 2 3 10 10 8000 10 y x x F l Ml EJ EJ           3 2 9 8 0,25 10 2 0,015м. 2 10 10 8000 10       Эйлерова сила относительно оси Х 2 2 9 8 э 2 2 3,14 10 10 8000 10 493 кН. ( ) (2 2) xEJF l         Полный прогиб балки от продольной и поперечной нагрузки 0 э 0,015 0,0154,3311 493 yF F      м. Полный изгибающий момент М = Ммax + Fz = 8,91 + 2,5 · 0,015 = 8,95 кН·м. Максимальное нормальное напряжение в балке 3 3 max 4 6 2,5 10 8,95 10 11,29 МПа < 12 240 10 800 10 z x F M R A W            МПа. 305 10. РАСЧЕТЫ ПРИ ДЕЙСТВИИ ДИНАМИЧЕСКИХ НАГРУЗОК В предыдущих разделах рассмотрены расчеты на статическую нагрузку, величина которой остается постоянной или изменяется во времени медленно, плавно, и ускорениями точек элемента конст- рукции можно пренебречь. Однако часто приходится сталкиваться с нагрузками, воздействующими на конструкцию с большими и не- равномерными скоростями, а также нагрузками внезапного кратко- временного действия. Такие нагрузки называются динамическими. При действии динамических нагрузок появляются большие инерци- онные силы, которые необходимо учитывать в расчетах. Физические условия работы элемента конструкции при динами- ческом действии нагрузки являются более сложными, чем при ста- тическом. Для выработки расчетных условий требуется привлече- ние более сложных математических методов. Многие факторы еще недостаточно изучены. Поэтому на практике пользуются упрощен- ными методами расчета, основанными на ряде допущений. В част- ности, допускается, что в пределах упругих деформаций при дина- мических нагрузках верен закон Гука, т. е. напряжения и деформа- ции связаны линейной зависимостью (σ = Еε). Установлено, что практически во всех случаях силы динамиче- ского воздействия пропорциональны статическим. Поэтому расчеты на прочность при динамических нагрузках выполняются по методам, разработанным для статических нагрузок, но с введением динамиче- ского коэффициента. Различают следующие виды расчета на динамическую нагрузку: 1) расчет на действие сил инерции; 2) расчет на ударную нагрузку; 3) расчет на колебательную (вибрационную) нагрузку. 10.1. Расчет на действие сил инерции Инерционной нагрузке подвержены элементы подъемников, лиф- тов, транспортеров, деталей машин и механизмов, движение кото- рых происходит с ускорением (рис. 10.1, а). 306 Рис. 10.1 Согласно принципу Даламбера, всякое движущееся тело можно считать находящимся в состоянии мгновенного равновесия, если к действующим на него внешним силам добавить силу инерции, на- правив ее в сторону, противоположную ускорению (рис. 10.1, а, б). Сила инерции Р численно равна произведению массы движуще- гося элемента m на ускорение движения а: Р = mа. Для случая, показанного на рис. 10.1, б, на отсеченную часть стержня действуют собственный вес этой части Qсв = ql, где q – вес погонного метра стержня (линейная плотность), и сила инерции Р = mа, где m – масса части стержня. а б в 307 В случае наличия груза Q (рис. 10.1, в) на рассматриваемую часть стержня действуют вес груза Q, собственный вес части стержня Qсв и сила инерции Р = mа, где m – масса груза и части стержня. Напряжение в стержне, движущимся с ускорением: σd = σстKd, где σd – динамическое напряжение; σст – напряжение от статического действия собственного веса (груза); dK – динамический коэффициент, показывающий, во сколько раз увеличится статическое напряжение от воздействия сил инерции. Для случая на рис. 10.1, б cв cт Q ql А A   . Для случая на рис. 10.1, в cв cт . Q Q Q ql А A     Динамический коэффициент определяется по формуле 1d aK g   , (10.1) где а – ускорение движения; g – ускорение силы тяжести (свободного падения). Условие прочности при учете сил инерции имеет вид σd = σстKd ≤ R. При значительном весе груза Q и небольшой длине стержня (троса) собственным весом троса можно пренебречь. 308 Пр им е р 10.1 Груз массой m = 1,5 т при помощи троса поднимается на высоту Н = 30 м (рис. 10.2). В первые три секунды подъема с постоянным ускорением груз проходит путь s = 22,5 м. Определить площадь сечения троса, если его расчетное сопротивление R = 190 МПа, модуль продольной упругости Е = 100 ГПа, объемная плотность γ = 7,4 т/м3. Задачу решить без и с учетом массы троса. Р еш е н и е В момент разгона ускорение подъема груза со- ставляет а = 2s / t2 = 2 · 22,5 / 32 = 5 м/с2. Приведем данные в единицы, требуемые системой СИ: вес груза Q = mg = 1,5 · 9,81 = 14,72 кН; плотность троса γ = 7,4 · 9,81 = 72,6 кН/м3. Решение без учета массы троса. Усилие в тросе от статического действия груза Nст = Q = 14,72 кН. Динамический коэффициент по формуле (10.1) 51 1 1,51. 9,81d aK g      Усилие в тросе от динамического действия груза Nd = NстKd = 14,72 · 1,51 = 22,23 кН. Рис. 10.2 309 Условие прочности троса 3 622,23 10 190 10 ,dd N A A      откуда площадь сечения троса 3 3 2 2 6 22,23 10 0,117 10 м 1,17 см . 190 10 A     Определим максимальное напряжение в тросе с учетом его массы. Вес троса Qсв = Аlγ = 0,117 · 10–3 · 30 · 72,6 · 103 = 254,8 Н. Статическое усилие в тросе Nст = Q + Qсв = 14,72 · 103 + 254,8 = 14,97 кН. Динамическое усилие в тросе Nd = NстKd = 14,97 · 1,51 = 22,6 кН. Динамическое напряжение в тросе 3 6 3 22,6 10 193,2 10 Па 193,2 МПа . 0,117 10 d d N R A         Перенапряжение составляет 1,68 %, что допустимо. Заметим, что влияние массы троса на напряжение в нем в данном случае незначительное (небольшая длина троса). Вычислим удлинение троса. Удлинение от статического действия груза 3 3ст 9 3 14,72 10 30 37,74 10 м 3,77 см. 100 10 0,117 10 Qll EA            310 Удлинение от динамического воздействия груза ст 3,77 1,51 5,69 см.d dl l K      Решение с учетом массы троса 3свст 9 3 9 3 14,72 10 30 254,8 30 2 100 10 0,117 10 2 100 10 0,117 10 Q lQll EA EA                 3 6 3 337,74 10 327 10 (37,74 0,327) 10 38,1 10 м 3,81см.             ст 3,81 1,51 5,75 см.d dl l K      Учет массы троса показал незначительное увеличение удлинения (на 1,05 %). Поэтому при небольшой длине троса его собственным ве- сом при вычислении напряжений и деформаций можно пренебречь. Пр им е р 10.2 Швеллер № 20 при помощи тросов, каждый сечением А = 0,5 см2, поднимается вверх с ускорением а = 7 м/с2 (рис. 10.3, а). Определить нормальные напряжения в тросе и швеллере. Собственный вес тросов не учитывать. Р еш е н и е Геометрические характеристики для швеллера № 20, уложенного плашмя, Jx = 113 см4, Wх = 20,5 см3. Линейная плотность ρ = 18,4 кг/м. Вес погонной длины 1 м швеллера в системе СИ q = ρg = 18,4 · 9,81 = 181 Н/м. Сначала определим напряжения в швеллере. Его собственный вес является равномерно распределенной нагрузкой q = 181 Н/м. Рас- четная схема поднимаемого швеллера показана на рис. 10.3, б. 311 Рис. 10.3 Определение опорных реакций и построение эпюры изгибающих моментов (рис. 10.3, в) выполняются обычными методами. Напряжение в швеллере от статического действия собственного веса 6maxст 6 204 9,95 10 Па 9,95МПа. 20,5 10x M W        Динамический коэффициент 71 1 1,71. 9,81d aK g      а б в г 312 Динамическое напряжение в швеллере σd = σстKd = 9,95 · 1,71 = 17,0 МПа. Вес швеллера (Q = ql = 181 · 6 = 1086 Н) является нагрузкой на тросы. Продольная сила в тросах 1 2 1086 543Н. 2 2 QN N    Напряжение в тросах от статического действия веса швеллера 4ст 4 543 1086 10 Па 10,86 МПа. 0,5 10 N A        Динамическое напряжение в тросе σd = σст Kd = 10,86 · 1,71 = 18,57 МПа. При подъеме элементов строительных конструкций, особенно длинных и большого веса, а иногда в непроектном положении, важ- но, чтобы монтажные напряжения были возможно меньшими. Это достигается по крайней мере двумя методами: малым ускорением в начале и окончании подъема (определяется характеристикой двига- теля подъемного устройства) и рациональным местом строповки (закрепление подъемных канатов). Анализ эпюры М (см. рис. 10.3, в) показывает, что места стро- повки выбраны недостаточно рационально, так как в середине дли- ны швеллера изгибающий момент равен нулю. Нетрудно понять, что изменение расстояния a приведет к появ- лению изгибающего момента в сечении 3 швеллера. Причем увели- чение расстояния а приведет к повышению Мmax, а уменьшение его – к уменьшению Мmax. Рациональным будет следующее соотношение изгибающих моментов (рис. 10.3, г): М1 = М2 = М3. 313 Определим оптимальное значение расстояния а. По расчетной схеме 2 2 2 1 2 181 90,5 ; 2 2 qa aM M a    3 6 6 6( ) 543(3 ) 181 3 1,5 841,5 543 . 2 2 4y M A a q a a            Условие рациональности М1 = М3; 90,5а2 = 814,5 – 543а или а2 + 6,0а – 9,0 = 0. Решив квадратное уравнение, получим а = 1,243 м. При а = 1,243 м М1 = М2 = М3 = 90,5а2 = 90,5 · 1,2432 = 139,8 Н·м, что на 45,9 % меньше, чем при а = 1,5 м. На столько же процентов уменьшится и напряжение в швеллере. Напряжение в тросе не изменится. Пр им е р 10.3 На балке, состоящей из двух двутавров № 20, установлена ле- бедка массой m1 = 0,4 т для подъема груза массой m2 = 5 т на тросе сечением А = 4 см2 (рис. 10.4, а). Для данной конструкции определить максимально допустимое ускорение подъема, если расчетное сопротивление для двутавра R = 210 МПа, для троса R = 150 МПа. Собственный вес балки и троса не учитывать. Р еш е н и е Момент сопротивления двутавра № 20 Wх = 184 см3. Нагрузкой на трос является вес поднимаемого груза: Q2 = m2g = 5000 · 9,81 = 49050 Н = 49,05 кН. 314 Рис. 10.4 Напряжение в тросе от статического действия груза весом Q2 3 72ст 4 49,05 10 12,26 10 Па 122,6 МПа. 4 10 Q A        Максимальное допускаемое напряжение в тросе σmax = R = 150 МПа. Максимальный допускаемый коэффициент динамичности для троса ст 150 1,223. 122,6d RK    По формуле (10.1) 1 1,223,d аK q    откуда максимальное допустимое ускорение подъема груза а = (1,223 – 1) 9,81 = 2,19 м/с2. а б 315 Нагрузкой для балки являются: вес лебедки Q1 = m1g = 400 · 9,81 = 3924 Н = 3,924 кН; вес поднимаемого груза Q2 = 49,05 кН. Расчетная схема балки и эпюра изгибающих моментов показаны на рис. 10.4, б. Напряжение в балке от статического действия нагрузки 3 9maxст 6 52,97 10 0,1439 10 Па 143,9 МПа. 184 2 10x M W         Для балки максимальный допустимый коэффициент динамичности ст 210 1,459 143,9d RK    . Из формулы (10.1) максимальное допустимое ускорение подъема груза а = (1,459 – 1) 9,81 = 4,50 м/с2. Для конструкции, исходя из прочности троса, принимаем наи- большее допустимое ускорение подъема груза а = 2,19 м/с2. 10.2. Расчет на ударную нагрузку Ударной называется нагрузка, которая за короткий промежуток времени достигает значительной величины. Поскольку продолжительность удара измеряется долями секун- ды, образующиеся большие ускорения приводят к большой инерци- онной силе, воздействующей на элемент конструкции, восприни- мающий удар. 316 В зависимости от характера взаимодействия соударяющихся тел различают продольный (сжимающий или растягивающий), попе- речный (изгибающий) и скручивающий удары. Во всех этих случа- ях степень воздействия ударной нагрузки зависит от массы и скоро- стей (в момент удара) обоих соударяющихся тел. Массой ударяемо- го элемента можно пренебречь, если она значительно меньше массы ударяющего тела. В случае продольного удара (рис. 10.5) коэффициент динамичности определяется по формуле cт 21 1 ,d НK l     (10.2) где H – высота падения груза; ∆lст – деформация стержня от статиче- ского действия ударяющей силы: ст Fll EA   ; А – площадь поперечного сечения; Е – модуль продольной упругости материала стержня. В случае изгибающего удара (рис. 10.6) динамический коэффи- циент определяется по формуле cт 21 1 ,d НK     (10.3) где H – высота падения груза; ст – прогиб балки в ударяемом сечении от статического дей- ствия ударяющей силы. Рис. 10.5 317 Рис. 10.6 Например, при ударе посередине длины балки прогиб 3 ст ,48 Fl EJ   при ударе на конце консоли 3 ст .3 Fl EJ   Анализ формул для определения dK показывает, что при вне- запном приложении нагрузки (H = 0) коэффициент динамичности dK = 2. Если высота падения груза H значительно больше ∆lст (ст), то в формулах (10.2), (10.3) единицей под корнем можно пре- небречь. Если известна скорость падения груза V в начале удара, то коэф- фициент динамичности можно определить по формуле 2 cт 1 1 ,d VK g     (10.4) где δст = ∆lст или ст в зависимости от вида удара (продольный или поперечный). 318 Условие прочности по методу предельных состояний при удар- ном действии нагрузки имеет вид σd max = σст max Kd ≤ R, (10.5) где σd max – максимальное динамическое напряжение; σст max – максимальное статическое напряжение; dK – динамический коэффициент, зависящий от вида динами- ческого воздействия (10.2), (10.3). Деформация элемента конструкции δd = δст Kd , (10.6) где δd – деформация от динамического действия силы (∆ld, d); δст – деформация от статического действия силы (∆lст, ст). В теории доказывается, что величина динамических напряжений зависит от объема подвергающегося удару элемента конструкции (стержня, балки, вала) и качества его материала. Чем больше объем и чем меньше модуль упругости, тем меньше динамические напряжения в элементе конструкции. Для снижения динамических напряжений нужно увеличить по- датливость (деформативность) элемента путем увеличения, напри- мер, его длины или замены на материал с более низким модулем упругости. Применимы и амортизирующие устройства (прокладки, пружины). Изложенный выше способ расчета на действие ударной нагрузки не учитывает массу элемента конструкции, который подвергается удару. Вследствие этого формулы (10.2)–(10.6) дают несколько пре- увеличенное значение определяемых параметров, что идет в запас прочности и жесткости. Приведем формулу для вычисления динамического коэффициен- та с учетом массы ударяемого элемента конструкции: свcт 2 11 1 1 d НK Ql Q       , (10.7) 319 где α – коэффициент приведения массы ударяемого элемента к ме- сту удара; Qсв – собственный вес ударяемого элемента; Q – вес ударяющего груза. Пр им е р 10.4 На стальной стержень длиной l = 1 м квадратного поперечного сечения (а = 5 см), рис. 10.7, с высоты H = 10 см падает груз массой m = 30,6 кг. Рис. 10.7 Проверить прочность стержня без и с учетом его массы, если допускаемое напряжение из расчета на устойчивость составляет R = 74,1 МПа. Для материала стержня Е = 200 ГПа, плотность  = 8,0 т/м3. Р еш е н и е В системе СИ: плотность  = 8,0 · 9,81 = 78,5 кН/м3; вес груза Q = 30,6 · 9,81 = 300 Н. 320 Решение без учета массы стержня. Статическое напряжение в стержне от груза весом Q 4ст 4 300 12 10 0,12 5 5 10 Q A         МПа. Статическая деформация стержня от груза весом Q 5 3ст 9 4 300 1 0,06 10 м 0,06 10 см. 200 10 5 5 10 Qll EA              Коэффициент динамичности (по формуле (10.2)) 3 cт 2 2 101 1 1 1 578. 0,06 10d НK l          Динамическое напряжение σd = Kd σст = 578 · 0,12 = 69,4 МПа < R. Решение с учетом массы ударяемого стержня. Собственный вес ударяемого стержня Qсв = γАl = 78,5 · 103 · 5 · 5 · 10–4 · 1 = 196,3 Н. Динамический коэффициент (по выражению (10.7)) 3свcт 2 1 2 10 11 1 1 1 524.1 196,30,06 10 11 3 300 d НK Ql Q               Для призматического стержня коэффициент приведения массы к месту удара α = 1/3. Динамическое напряжение σd = Kd σст = 524 · 0,12 = 62,9 МПа < R. 321 Динамическая деформация (укорочение) ∆ld = ∆lст Kd = 0,06 · 10–3 · 524 = 31,42 · 10–3 см = 0,314 мм. Анализ полученных значений напряжений позволяет сделать за- ключение, что при продольном ударе учет массы ударяемого эле- мента конструкции небольшой длины мало влияет на величину напряжения. Пр им е р 10.5 На стальную балку, состоящую из двух двутавров № 22 длиной l = 5 м с абсолютно жесткими опорами (рис. 10.8, а), посередине пролета падает с высоты H = 1 см груз массой m = 510 кг. Рис. 10.8 В опасном сечении балки определить максимальное нормальное напряжение и прогиб. а б 322 Как изменятся искомые величины, если одна из опор балки будет упругой (цилиндрическая пружина с податливостью β = 1,6·10–4 см/Н), рис. 10.8, б? Р еш е н и е Для двутавра № 22 Jх = 2550 см4, Wх = 232 см3. Нагрузка на балку Q = mg = 510 · 9,81 = 5000 Н = 5 кН. Расчет при жестких опорах без учета массы балки. Опасным будет сечение посередине пролета балки, поскольку здесь изгибающий момент наибольший: max 5 5 6,25 кН м. 4 4 QlM     Напряжение и прогиб от статического действия груза весом Q 3 9maxст 6 6,25 10 0,01347 10 Па 13,5 232 2 10x M W         МПа; 3 3 3 ст 9 8 5 10 5 0,00127 м 0,127 см. 48 48 200 10 2550 2 10x Ql EJ            Динамический коэффициент, напряжение и прогиб 2 11 1 5,09; 0,127d K     σd = σст Kd = 13,5 · 5,09 = 68,7 МПа; d = ст Kd = 0,127 · 5,09 = 0,646 см. 323 Рекомендуется самостоятельно провести расчет с учетом массы балки (ρ = 24 кг/м, α = 17/35). Результаты будут несколько меньшими (σd = 66,0 МПа, d = = 0,618 м). Расчет при одной упругой (податливой) опоре. Осадка пружины на опоре В от статического действия груза В = βВ = 1,6 · 10–4 · 2,5 · 103 = 0,4 см. Статический прогиб в точке удара ст ст 0,4 0,127 0,327 2 2 В       см. Динамические параметры 2 11 1 3,67; 0,327d K     d = 13,5 · 3,67 = 49,5 МПа, d = 0,327 · 3,67 = 1,20 см. Заметим, что при наличии амортизатора на опоре балки динами- ческое напряжение в ней уменьшается. Пр им е р 10.6 К деревянной консольной балке прямоугольного поперечного сечения (h = 20 см, b = 10 см), рис. 10.9, на свободном конце вне- запно приложен груз массой m = 200 кг. Рис. 10.9 324 Определить предельную длину балки, если R = 11 МПа. Массу балки не учитывать. Р еш е н и е Вес груза Q = 200 · 9,81 = 1962 Н. Момент сопротивления сечения балки 2 2 310 20 667 см 6 6x bhW    . При внезапном приложении груза принимается Н = 0. Тогда из формулы (10.2) динамический коэффициент Kd = 2. Из условия прочности балки σd = σст Kd ≤ R максимально допус- тимое статическое напряжение ст 11 5,5 2d R K     МПа. Исходя из схемы балки и вида нагрузки, максимальный изгиба- ющий момент будет в защемлении и определится выражением Мmax = Ql. Максимальное нормальное напряжение в защемлении ст 5,5 x Ql W    МПа, откуда наибольшая допустимая длина балки 6 65,5 10 667 10 1,87 1962 l     м. 325 При этой длине прочность балки обеспечена. Возникает вопрос: как взаимосвязаны динамические напряжения с длиной балки при внезапном приложении груза и почему? (Про- порционально, так как dK = const). 10.3. Расчет на колебательную (вибрационную) нагрузку Всякий упругий элемент конструкции (балка, вал, пружина) опре- деленной массы m под действием внезапно приложенной нагруз- ки Q способен около положения равновесия совершать собственные (свободные) непериодические колебания с частотой ω0 и, благодаря наличию внутренних упругих сил, постепенно затухающей ампли- тудой  до восстановления равновесия (рис. 10.10). Рис. 10.10 Если на балку действует один груз Q и ее собственная масса m зна- чительно меньше, чем масса груза, то такая балка обладает одной сте- пенью свободы и перемещения всех ее точек в любой момент времени можно выразить через перемещение одной точки (под грузом). Балка, несущая n сосредоточенных грузов, имеет n степеней свободы. По виду деформации элемента конструкции различают продоль- ные (при растяжении-сжатии стержня, пружины), поперечные (при изгибе балки) и крутильные (при кручении вала) колебания. Частота собственных колебаний для любого элемента конструк- ции с одной степенью свободы независимо от вида совершаемых колебаний – линейных (при растяжении-сжатии, изгибе), угловых (при кручении) – определяется по формуле 0 ст g   , (10.8) 326 где ω0 – частота собственных колебаний; ∆ст – статическое перемещение под действием веса колебляще- гося груза; g – ускорение силы тяжести. Для консольной балки с грузом на ее конце 3 ст .3 Ql EJ     Для двухопорной балки с грузом посредине пролета 3 ст .48 Ql EJ     При определении частоты собственных колебаний силами со- противления в опорах конструкции, а часто и ее собственным ве- сом, пренебрегают. Если на элемент конструкции кроме постоянного груза Q будет действовать периодически изменяющаяся возмущающая сила с ам- плитудой Р и частотой ω1, то этот элемент станет совершать вы- нужденные колебания с частотой возмущающей силы (рис. 10.11). Рис. 10.11 Возмущающую силу (вибрацию) создают механизмы с вращаю- щимися, не вполне уравновешенными частями за счет возникающей центробежной силы инерции (электродвигатели, лебедки, валы ме- ханизмов). 327 В отличие от собственных колебаний, которые быстро затухают, вынужденные остаются постоянными, так как энергия со стороны возмущающей силы подводится непрерывно. Расчет ведется по вертикальной амплитуде центробежной силы Р, совпадающей с направлением постоянного груза Q. От соотношения частот вынужденных и собственных колебаний зависит степень силового воздействия на элемент конструкции, ко- торая оценивается динамическим коэффициентом 2 1 0 1 , 1 dK       (10.9) где ω1 – частота вынужденных колебаний; ω0 – частота собственных колебаний. Из формулы (10.9) следует, что если частота вынужденных коле- баний ω1 приближается к частоте собственных колебаний ω0, то ди- намический коэффициент, а следовательно, деформации и напряже- ния в элементе конструкции неограниченно возрастают. Если ω1 = ω0, коэффициент Kd возрастает до бесконечности – на- ступает явление резонанса, представляющего собой опасность для элемента конструкции. Соответствующая частота возмущающей силы называется критической. Нецелесообразно допускать эксплуатацию конструкции в зоне резонанса, так как обеспечение прочности потре- бует значительного расхода материала. Частота собственных колеба- ний должна быть примерно на 30 % больше частоты вынужденных. Деформации и напряжения в элементе конструкции от возмущаю- щей силы Р определяются с использованием динамического коэф- фициента: ∆d = ∆ст Kd, σd = σст Kd, τd = τст Kd. (10.10) Суммарные деформации и напряжения слагаются из статических и динамических: ∆ = ∆ст + ∆d, σ = σст + σd, τ = τст + τd. (10.11) 328 Пр им е р 10.7 Электродвигатель весом Q = 1,5 кН установлен на консольных деревянных балках прямоугольного поперечного сечения при соот- ношении сторон h / b = 1,5 (рис. 10.12, а). Рис. 10.12 Электродвигатель делает n = 1400 об/мин. Вертикальная ампли- туда возмущающей силы Р = 0,4 кН. Определить размеры поперечного сечения балок, чтобы частота собственных колебаний балок была на 30 % больше частоты воз- мущающей силы. Для древесины R = 10 МПа, Е = 12 ГПа. Собственным весом балок пренебречь. Р еш е н и е Консольные балки воспринимают вес двигателя Q как статиче- скую нагрузку и дополнительную Р – как динамическую, вызван- ную работой двигателя. Обе нагрузки вызывают плоский изгиб балок. Частота вынужденных колебаний балок 1 14002 2 3,14 146,5 60 60 n       с–1. Согласно условию задачи частота собственных колебаний балок ω0 = 1,3ω1 = 1,3 · 146,5 = 190,5 с–1. а б 329 Используя формулу (10.8), запишем 0 ст 190,5,g   откуда статический прогиб балок 2ст 2 2 0 9,81 0,0270 10 190,5 g      м. С другой стороны, статический прогиб двух консольно закреп- ленных балок 3 ст ,3 2 x Ql E J   откуда момент инерции сечения одной балки 3 3 3 4 4 4 9 2ст 1,5 10 1,2 1,333 10 м 13 330 см . 3 2 3 12 10 2 0,0270 10x QlJ E              Поскольку момент инерции для прямоугольного сечения 3 12x bhJ  , с учетом h / b = 1,5 получим 3 4(1,5 ) 13330 см , 12x b bJ   откуда b = 14,75 см, h = 22,1 см. Конструктивно принимаем h = 22 см, b = 15 см. Момент инерции принятого сечения Jх = 13310 см4. Для принятых размеров сечения балки частота собственных ко- лебаний 9 8 0 3 3 3ст 3 2 9,81 3 12 10 2 13310 10 190,4 1,5 10 1,2 xg E Jg Ql             с –1, что соответствует требованию расчета. 330 Вычислим динамические напряжения в балке. Для сечений балок 2 215 222 2 2420 6 6x bhW      см3. Нормальное напряжение в балках от статического действия силы Q 3 maxст 6 1,5 10 1,2 0,743 2420 10x x M Ql W W        МПа. Значение динамического коэффициента по формуле (10.9) 2 2 1 0 1 1 2,45. 146,511 190,4 dK               Напряжения от возмущающей силы 3 ( ) 0,4 10 1,2 2,45 0,486 2420 p d d d x x M PlK K W W        МПа. Напряжение в крайних точках опасного сечения балок (в защем- лении) будет меняться (по формуле (10.10)) в следующих пределах (рис. 10.12, б): σmax = σст + σd = 0,743 + 0,486 = 1,229 МПа < R, σmin = σст – σd = 0,743 – 0,486 = – 0,257 МПа. Максимальное напряжение составляет небольшую часть расчет- ного сопротивления. Это вызвано необходимостью обеспечения ра- боты конструкции вне зоны резонанса. Вычислим динамический прогиб балок. Статический прогиб от веса Q 3 3 3 ст 9 8 1,5 10 1,2 0,027 3 2 3 12 10 2 13310 10x Fl E J           см. 331 Амплитуда вынужденных колебаний от возмущающей силы Р 3 3 3 ( )ст 9 8 0,4 10 1,2 2,45 0,0177 3 2 3 12 10 2 13310 10 р d d d x Pl KA K EJ               см. Максимальный прогиб конца балки (по выражению (10.11)) max = ст + d = 0,027 + 0,0177 = 0,0447 см. Максимальный относительный прогиб max 0,0447 1 . 120 2685l    Пр им е р 10.8 Электродвигатель весом Q = 4 кН установлен в середине пролета двухопорной балки, выполненной из двух прокатных швеллеров № 20 (рис. 10.13). Рис. 10.13 Электродвигатель делает n = 800 об/мин. Вертикальная амплиту- да возмущающей силы Р = 1 кН. Проверить прочность балки, если R = 210 МПа. Собственным весом швеллеров пренебречь. 332 Р еш е н и е Из таблицы сортамента прокатных швеллеров для № 20 следует Jх = 1520 см4, Wх = 152 см3. Прогиб балки в середине пролета от статического действия груза Q 3 3 3 2ст 9 8 4 10 4 0,087 10 м. 48 48 200 10 1520 2 10x Ql EJ             Частота собственных колебаний балки 0 2ст 9,81 106,2 0,087 10 g      с –1. Частота вынужденных колебаний балки 1 8002 2 3,14 83,7 60 60 n       с–1. Заметим, что отношение 0 1 106,2 1,27 83,7    , т. е. эксплуатация конструкции будет происходить вне опасной резо- нансной зоны. Напряжение от веса двигателя (опасное сечение посредине про- лета балки) 3 maxст 6 4 10 4 13,2 4 4 152 10 2x x M Ql W W          МПа. 333 Динамический коэффициент 2 2 1 0 1 1 2,64. 83,711 106,2 dK               Напряжение от возмущающей силы (p) 3 (р) maxст 6 1 10 4 2,64 8,68МПа. 4 4 152 10 2d d d dx x М PlK K K W W             Максимальное напряжение в балке σmax = σст + σd = 13,2 + 8,68 = 21,9 МПа < R. Условие прочности удовлетворяется. Амплитуда вынужденных колебаний от возмущающей силы Р 3 3 3 (р)ст 9 8 1 10 4 2,64 0,057 см. 48 48 200 10 2 1520 10d dx PlA K K EJ             Максимальный прогиб в середине пролета балки max = ст + А = 0,087 + 0,057 = 0,144 см. Максимальный относительный прогиб max 0,144 1 , 400 2778l    что соответствует большой жесткости балки. 334 ЛИТЕРАТУРА 1. Заяц, В. Н. Сопротивление материалов / В. Н. Заяц, М. К. Балы- кин, И. А. Голубев. – Минск : Вышэйшая школа, 1997. 2. Александров, А. В. Сопротивление материалов / А. В. Алек- сандров, В. Д. Потапов, Б. П. Державин. – М., 1995. 3. Сопротивление материалов / А. Ф. Смирнов [и др.]. – М., 1975. 4. Никифоров, С. Н. Сопротивление материалов / С. Н. Никифо- ров. – М., 1966. 5. Дарков, А. В. Сопротивление материалов / А. В. Дарков, Г. С. Шпиро. – М., 1975. 6. Сборник задач по сопротивлению материалов / А. В. Алек- сандров [и др.]. – М., 1977. 7. Сборник задач по сопротивлению материалов / В. К. Качурин [и др.]. – М., 1970. 8. Пособие к решению задач по сопротивлению материалов / И. Н. Миролюбов [и др.]. – М., 1962. 9. Сопротивление материалов : пособие по выполнению лабора- торных работ для студентов строительных специальностей : в 2 ч. / О. Л. Вербицкая, С. И. Зиневич, Л. И. Шевчук. – Минск : БНТУ, 2013– . – Ч. 1. – 108 с. 10. Сборник задач для расчетно-проектировочных работ по дис- циплине «Сопротивление материалов» для студентов строительных специальностей / С. И. Зиневич [и др.]. – Минск : БНТУ, 2012. – 108 с. 11. Евсеева, Е. А. Задачи с решениями по сопротивлению мате- риалов / Е. А. Евсеева, С. И. Зиневич, С. В. Соболевский. – Минск : БНТУ, 2013. – 108 с. 12. Сопротивление материалов (примеры и задачи) : учебно-мето- дическое пособие для студентов строительных специальностей / М. К. Балыкин [и др.]. – Минск : БНТУ, 2012. – 365 с. 335 ПРИЛОЖЕНИЯ ПРИЛОЖЕНИЕ 1 Сталь горячекатаная. Балки двутавровые (по ГОСТ 8239–89*) I – момент инерции W – момент сопротивления S – статический момент площади полусечения i – радиус инерции Но ме р п ро фи ля Размеры, мм Пл ощ адь се чен ия А, см 2 Ли ней ная пл отн ост ь ρ , кг/ м Геометрические характеристики относительно осей x y h b d t Iх, см4 Wx, см3 ix, см Sx, см3 Iy, см4 Wy, см3 iy, см 10 100 55 4,5 7,2 12,0 9,46 198 39,7 4,06 23 17,9 6,49 1,22 12 120 64 4,8 7,3 14,7 11,5 350 58,4 4,88 33,7 27,9 8,72 1,38 14 140 73 4,9 7,5 17,4 13,7 572 81,7 5,73 46,8 41,9 11,5 1,55 16 160 81 5 7,8 20,2 15,9 873 109 6,57 62,3 58,6 14,5 1,7 18 180 90 5,1 8,1 23,4 18,4 1290 143 7,42 81,4 82,6 18,4 1,88 20 200 100 5,2 8,4 26,8 21 1840 184 8,28 104 115 23,1 2,07 22 220 110 5,4 8,7 30,6 24 2550 232 9,13 131 157 28,6 2,27 24 240 115 5,6 9,5 34,8 27,3 3460 289 9,97 163 198 34,5 2,37 27 270 125 6 9,8 40,2 31,5 5010 371 11,2 210 260 41,5 2,54 30 300 135 6,5 10,2 46,5 36,5 7080 472 12,3 268 337 49,9 2,69 33 330 140 7 11,2 53,8 42,2 9840 597 13,5 339 419 59,9 2,79 36 360 145 7,5 12,3 61,9 48,6 13380 743 14,7 423 516 71,1 2,89 40 400 155 8,3 13 72,6 57 19062 953 16,2 545 667 86 3,03 45 450 160 9 14,2 84,7 66,5 27696 1231 18,1 708 808 101 3,09 50 500 170 10 15,2 100 78,5 39727 1589 19,9 919 1043 123 3,23 55 550 180 11 16,5 118 92,6 55962 2035 21,8 1181 1356 151 3,39 60 600 190 12 17,8 138 108 76806 2560 23,6 1491 1725 182 3,54 336 ПРИЛОЖЕНИЕ 2 Сталь горячекатаная. Швеллерная (по ГОСТ 8240–89) I – момент инерции W – момент сопротивления S – статический момент площади полусечения i – радиус инерции Но мс р п ро фи ля Размеры, мм Пл ощ адь се чен ия А, см 2 Ли ней ная пл отн ост ь ρ , кг/ м Геометрические характеристики отно- сительно осей xc, см h b d t x y Iх, см4 Wx, см3 ix, см Sx, см3 Iy, см4 Wy, см3 iy, см 5 50 32 4,4 7 6,16 4,84 22,8 9,1 1,92 5,59 5,6 2,75 0,95 1,16 6,5 65 36 4,4 7,2 7,51 5,9 48,6 15 2,54 9 8,7 3,68 1,08 1,24 8 80 40 4,5 7,4 8,98 7,05 89,4 22,4 3,16 23,3 12,8 4,75 1,19 1,31 10 100 46 4,5 7,6 10,9 8,59 174 34,8 3,99 20,4 20,4 6,46 1,37 1,44 12 120 52 4,8 7,8 13,3 10,4 304 50,6 4,78 29,6 31,2 8,52 1,53 1,54 14 140 58 4,9 8,1 15,6 12,3 491 70,2 5,6 40,8 45,4 11 1,7 1,67 16 160 64 5 8,4 18,1 14,2 747 93,4 6,42 54,1 63,3 13,8 1,87 1,8 16а 160 68 5 9 19,5 15,3 823 103 6,49 59,4 78,8 16,4 2,01 2 18 180 70 5,1 8,7 20,7 16,3 1090 121 7,24 69,8 86 17 2,04 1,94 18а 180 74 5,1 9,3 22,2 17,4 1190 132 7,32 76,1 105 20 2,18 2,13 20 200 76 5,2 9 23,4 18,4 1520 152 8,07 87,8 113 20,5 2,2 2,07 22 220 82 5,4 9,5 26,7 21 2110 192 8,89 110 151 25,1 2,37 2,21 24 240 90 5,6 10 30,6 24 2900 242 9,73 139 208 31,6 2,6 2,42 27 270 95 6 10,5 35,2 27,7 4160 308 10,9 178 262 37,3 2,73 2,47 30 300 100 6,5 11 40,5 31,8 5810 387 12 224 327 43,6 2,84 2,52 33 330 105 7 11,7 46,5 36,5 7980 484 13,1 281 410 51,8 2,97 2,59 36 360 110 7,5 12,6 53,4 41,9 10820 601 14,2 350 513 61,7 3,1 2,68 40 400 115 8 13,5 61,5 48,3 15220 761 15,7 444 642 73,4 3,23 2,75 337 ПРИЛОЖЕНИЕ 3 Рекомендуемый сортамент равнополочных уголков (по ГОСТ 8509–86) I – момент инерции W – момент сопротивления S – статический момент площади полусечения i – радиус инерции Но ме р п ро фи ля Размеры, мм Пл ощ адь се чен ия А, см 2 Ли ней ная пл отн ост ь ρ , кг/ м Геометрические характеристики относительно осей xc, yc, см b d x x0 y0 1у, см4 Iх, см4 ix, см Ix0, см4 ix0, см Iy0, см4 iy0, см 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 20 3 1,13 0,89 0,4 0,59 0,63 0,75 0,17 0,39 0,23 0,6 4 1,46 1,15 0,5 0,58 0,78 0,73 0,22 0,38 0,28 0,64 3 30 3 1,74 1,36 1,45 0,91 2,3 1,15 0,6 0,59 0,85 0,85 4 2,27 1,78 1,84 0,9 2,92 1,13 0,77 0,58 1,08 0,89 4 40 3 2,35 1,85 3,55 1,23 5,63 1,55 1,47 0,79 2,08 1,09 4 3,08 2,42 4,58 1,22 7,26 1,53 1,9 0,78 2,68 1,13 5 3,79 2,98 5,53 1,21 8,75 1,52 2,3 0,78 3,22 1,17 5 50 3 2,96 2,32 7,11 1,55 11,27 1,95 2,95 1 4,16 1,33 4 3,89 3,05 9,21 1,54 14,63 1,94 3,8 0,99 5,42 1,38 5 4,8 3,77 11,2 1,53 17,77 1,92 4,63 0,98 6,57 1,42 6 5,69 4,47 13,07 1,52 20,72 1,91 5,43 0,98 7,65 1,46 6,3 63 4 4,96 3,9 18,86 1,95 29,9 2,45 7,81 1,25 11 1,69 5 6,13 4,81 23,1 1,94 36,8 2,44 9,52 1,25 13,7 1,74 6 7,28 5,72 27,06 1,93 42,91 2,43 11,18 1,24 15,9 1,78 338 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7 70 5 6,86 5,38 31,94 2,16 50,67 2,72 13,22 1,39 18,7 1,9 6 8,15 6,39 37,58 2,15 59,64 2,71 15,52 1,38 22,1 1,94 7 9,42 7,39 42,98 2,14 68,19 2,69 17,77 1,37 25,2 1,99 8 10,67 8,37 48,16 2,12 76,35 2,68 19,97 1,37 28,2 2,02 7,5 75 5 7,39 5,8 39,53 2,31 62,65 2,91 16,41 1,49 23,1 2,02 6 8,78 6,89 46,57 2,3 73,87 2,9 19,28 1,48 27,3 2,06 7 10,15 7,97 53,34 2,29 84,61 2,89 22,07 1,47 31,2 2,1 8 11,5 9,02 59,84 2,28 94,89 2,87 24,8 1,47 35 2,15 9 12,83 10,07 66,1 2,27 104,72 2,86 27,48 1,46 38,6 2,18 8 80 6 9,38 7,36 56,97 2,47 90,4 3,11 23,54 1,58 33,4 2,19 7 10,85 8,51 65,31 2,45 103,6 3,09 26,97 1,58 38,3 2,23 8 12,3 9,65 73,36 2,44 116,3 3,08 30,32 1,57 43 2,27 9 90 6 10,61 8,33 82,1 2,78 130 3,5 33,97 1,79 48,1 2,43 7 12,28 9,64 94,3 2,77 149,6 3,49 38,94 1,78 55,4 2,47 8 13,93 10,93 106,1 2,76 168,4 3,48 43,8 1,77 62,3 2,51 9 15,6 12,2 118 2,75 186 3,46 48,6 1,77 68 2,55 10 100 7 13,75 10,79 130,5 3,08 207 3,88 54,16 1,98 76,4 2,71 8 15,6 12,25 147,1 3,07 233 3,87 60,92 1,98 86,3 2,75 10 19,24 15,1 178,9 3,05 283 3,84 74,08 1,96 110 2,83 12 22,8 17,9 208,9 3,03 330 3,81 86,84 1,95 122 2,91 14 26,28 20,63 237,1 3,00 374 3,78 99,32 1,94 138 2,99 12,5 125 8 19,69 15,46 294 3,87 466 4,87 121,9 2,49 172 3,36 9 22 17,3 327 3,86 520 4,86 135,8 2,48 192 3,4 10 24,33 19,1 359 3,85 571 4,84 148,5 2,47 211 3,45 12 28,89 22,68 422 3,82 670 4,82 174,4 2,46 248 3,53 14 33,37 26,2 481 3,8 763 4,78 199,6 2,45 282 3,61 16 37,77 29,65 538 3,78 852 4,75 224,2 2,44 315 3,68 14 140 9 24,72 19,41 465 4,34 739 5,47 192 2,79 274 3,78 10 27,33 21,45 512 4,33 813 5,46 210 2,78 301 3,82 12 32,49 25,5 602 4,31 956 5,43 248 2,76 354 3,9 339 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 16 160 10 31,43 24,67 774 4,96 1229 6,25 319 3,19 455 4,3 11 34,42 27,02 844 4,95 1340 6,24 347 3,18 496 4,35 12 37,39 29,35 912 4,94 1450 6,23 375 3,17 537 4,39 14 43,57 33,97 1046 4,92 1662 6,2 430 3,16 615 4,47 16 49,07 38,52 1175 4,89 1865 6,17 484 3,14 690 4,55 18 54,79 43,01 1290 4,87 2061 6,13 537 3,13 771 4,63 20 60,4 47,44 1418 4,85 2248 6,1 589 3,12 830 4,7 20 200 12 47,1 36,97 1822 6,22 2896 7,84 749 3,99 1073 5,37 13 50,85 39,92 1960 6,21 3116 7,83 805 3,98 1156 5,42 14 54,6 42,8 2097 6,2 3333 7,81 861 3,97 1236 5,46 16 61,98 48,65 2362 6,17 3755 7,78 969 3,96 1393 5,54 20 76,54 60,08 2871 6,12 4560 7,72 1181 3,93 1689 5,7 25 94,29 74,02 3466 6,06 5494 7,63 1438 3,91 2028 5,89 30 111,54 87,56 4019 6 6351 7,55 1698 3,89 2332 6,07 25 250 16 78,4 61,55 4717 7,76 7492 9,78 1942 4,98 2775 6,75 18 87,72 68,86 5247 7,73 8336 9,75 2157 4,96 3089 6,83 20 96,96 76,11 5764 7,71 9159 9,72 2370 4,94 3395 6,91 22 106,12 83,31 6270 7,09 9961 9,69 2579 4,93 3691 7 25 119,71 93,97 7006 7,65 11125 9,64 2887 4,91 4119 7,11 28 133,12 104,5 7716 7,61 12243 9,59 3189 4,9 4527 7,23 30 141,96 111,44 8176 7,59 12964 9,56 3388 4,89 4788 7,31 ПР ИЛ ОЖ ЕН ИЕ 4 Рек ом енд уем ый со рта ме нт нер авн оп оло чн ых уг олк ов (по ГО СТ 8 51 0– 86 ) B – ши ри на бо льш ой по лки b – ши ри на ма лой по лки d – тол щи на по лки I – мо ме нт ин ерц ии i – ра ди ус ин ерц ии x c , y c – ра сст оян ие от цен тра тя же сти до на ру жн ых гр ане й п оло к α – уг ол нак лон а г лав но й ц ент рал ьно й о си Номер профиля Ра зм еры , м м Площадь сечения А, см 2 Линейная плот- ность ρ, кг/м Ге ом етр ич еск ие хар акт ери сти ки отн оси тел ьно ос ей х с, см y с , см 1 х у, см 4 tg α В b d x y 0 и I х, см 4 i x, см I y, см 4 i y, см I u , см 4 i u, см 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2, 5/ 1, 6 25 16 3 1, 16 0, 91 0, 70 0, 78 0, 22 0, 44 0, 13 0, 34 0, 42 0, 86 0, 22 0, 39 2 340 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3, 2/ 2 32 20 3 1, 49 1, 17 1, 52 1, 01 0, 46 0, 55 0, 28 0, 43 0, 49 1, 08 0, 47 0, 38 2 4 1, 94 1, 52 1, 93 1 0, 57 0, 54 0, 35 0, 43 0, 53 1, 12 0, 59 0, 37 4 4/ 2, 5 40 25 3 1, 89 1, 48 3, 06 1, 27 0, 93 0, 70 0, 56 0, 54 0, 59 1, 32 0, 96 0, 38 5 4 2, 47 1, 94 3, 93 1, 26 1, 18 0, 69 0, 71 0, 54 0, 63 1, 37 1, 22 0, 28 1 5 3, 03 2, 37 4, 73 1, 25 1, 41 0, 68 0, 86 0, 53 0, 66 1, 41 1, 44 0, 37 4 5/ 3, 2 50 32 3 2, 42 1, 9 6, 18 1, 6 1, 99 0, 91 1, 18 0, 7 0, 72 1, 60 2, 01 0, 40 3 4 3, 17 2, 4 7, 98 1, 59 2, 56 0, 9 1, 52 0, 69 0, 76 1, 65 2, 59 0, 40 1 6, 3/ 4, 0 63 40 4 4, 04 3, 17 16 ,3 3 2, 01 5, 16 1, 13 3, 07 0, 87 0, 91 2, 03 5, 25 0, 39 7 5 4, 98 3, 91 19 ,9 1 2 6, 26 1, 12 3, 73 0, 86 0, 95 2, 08 6, 41 0, 39 6 6 5, 9 4, 63 23 ,3 1 1, 99 7, 29 1, 11 4, 36 0, 86 0, 99 2, 12 7, 44 0, 39 3 8 7, 68 6, 03 29 ,6 1, 96 9, 15 1, 09 5, 58 0, 85 1, 07 2, 2 9, 27 0, 38 6 7, 5/ 5 75 60 5 6, 11 4, 79 34 ,8 1 2, 39 12 ,4 7 1, 43 7, 24 1, 09 1, 17 2, 39 12 0, 43 6 6 7, 25 5, 69 40 ,9 2 2, 38 14 ,6 1, 42 8, 48 1, 08 1, 21 2, 44 14 ,1 0, 43 5 7 8, 37 6, 57 46 ,7 7 2, 36 16 ,6 1 1, 41 9, 69 1, 08 1, 25 2, 48 16 ,1 8 0, 43 5 8 9, 47 7, 43 52 ,3 8 2, 35 18 ,5 2 1, 4 10 ,8 7 1, 07 1, 29 2, 52 17 ,8 0, 43 9/ 5, 6 90 56 5, 5 7, 86 6, 17 65 ,2 8 2, 88 19 ,6 7 1, 58 11 ,7 7 1, 22 1, 26 2, 92 20 ,5 4 0, 38 4 6 8, 54 6, 7 70 ,5 8 2, 88 21 ,2 2 1, 58 12 ,7 1, 22 1, 28 2, 95 22 ,2 3 0, 38 4 8 11 ,1 8 8, 77 90 ,8 7 2, 85 27 ,0 8 1, 56 16 ,2 9 1, 21 1, 36 3, 04 28 ,3 3 0, 38 10 /6 ,3 10 0 63 6 9, 58 7, 53 98 ,2 9 3, 2 30 ,5 8 1, 79 18 ,2 1, 38 1, 42 3, 23 31 ,5 0, 39 3 7 11 ,0 9 8, 7 11 2, 86 3, 19 34 ,9 9 1, 78 20 ,8 3 1, 37 1, 46 3, 28 36 ,1 0, 39 2 8 12 ,5 7 9, 87 12 6, 96 3, 18 39 ,2 1 1, 77 23 ,3 8 1, 36 1, 5 3, 32 40 ,5 0, 39 1 10 15 ,4 7 12 ,1 4 15 3, 95 3, 15 47 ,1 8 1, 75 28 ,3 4 1, 35 1, 58 3, 4 48 ,6 0, 38 7 341 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12 ,5 /8 12 5 80 7 14 ,0 6 11 ,0 4 22 6 4, 01 73 ,7 3 2, 29 43 ,4 1, 76 1, 8 4, 01 74 ,7 0, 40 7 8 15 ,9 8 12 ,5 8 22 5 4 80 ,9 5 2, 28 48 ,8 2 1, 75 1, 84 4, 05 84 ,1 0, 40 6 10 19 ,7 15 ,4 7 31 1 3, 98 10 0, 47 2, 26 59 ,3 3 1, 74 1, 92 4, 14 10 2 0, 40 4 12 23 ,3 6 18 ,3 4 36 4 3, 95 11 6, 84 2, 24 69 ,4 7 1, 72 2 4, 22 11 8 0, 4 16 /1 0 16 0 10 0 9 22 ,8 7 17 ,9 6 60 5 5, 15 18 6 2, 85 11 0, 4 2, 2 2, 24 5, 19 19 4 0, 39 1 10 25 ,2 8 19 ,8 5 66 6 5, 13 20 4 2, 84 12 1, 16 2, 19 2, 28 5, 23 21 3 0, 39 0 12 30 ,0 4 23 ,5 8 78 4 5, 11 23 8 2, 82 14 2, 14 2, 18 2, 36 5, 32 24 9 0, 38 8 14 34 ,7 2 27 ,2 6 89 7 5, 08 27 1 2, 8 16 2, 49 2, 16 2, 43 5, 4 28 2 0, 38 5 20 /1 2, 5 20 0 12 5 11 34 ,8 7 27 ,3 7 14 49 6, 45 44 6 3, 58 26 3 2, 75 2, 79 6, 5 46 5 0, 39 2 12 37 ,8 9 29 ,7 4 15 68 6, 43 48 1 3, 57 28 5 2, 74 2, 83 6, 54 50 3 0, 39 2 14 43 ,8 7 34 ,4 3 18 00 6, 41 55 0 3, 54 32 6 2, 73 2, 91 6, 62 57 5 0, 39 0 16 49 ,7 7 39 ,0 7 20 26 6, 38 61 6 3, 52 36 6 2, 72 2, 99 6, 71 64 3 0, 38 8 342 343 ПРИЛОЖЕНИЕ 5 Коэффициент φ продольного изгиба центрально-сжатых элементов Гибкость, λ Значения φ для элементов из стали с расчетным сопротивлением R, МПа чугуна древе-сины 200 240 280 320 360 400 0 1 1 1 1 1 1 1 1 10 0,988 0,987 0,985 0,984 0,983 0,982 0,97 0,992 20 0,967 0,962 0,959 0,955 0,952 0,949 0,91 0,968 30 0,939 0,931 0,924 0,917 0,911 0,905 0,81 0,928 40 0,906 0,894 0,883 0,873 0,863 0,854 0,69 0,872 50 0,869 0,852 0,836 0,822 0,809 0,796 0,57 0,8 60 0,827 0,805 0,785 0,766 0,749 0,721 0,44 0,712 70 0,782 0,754 0,724 0,687 0,654 0,623 0,34 0,608 80 0,734 0,686 0,641 0,602 0,566 0,532 0,26 0,469 90 0,665 0,612 0,565 0,522 0,483 0,447 0,2 0,37 100 0,599 0,542 0,493 0,448 0,408 0,369 0,16 0,3 110 0,537 0,478 0,427 0,381 0,338 0,306 – 0,248 120 0,479 0,419 0,366 0,321 0,287 0,26 – 0,208 130 0,425 0,364 0,313 0,276 0,247 0,223 – 0,178 140 0,376 0,315 0,272 0,24 0,215 0,195 – 0,153 150 0,328 0,276 0,239 0,211 0,189 0,171 – 0,133 160 0,29 0,244 0,212 0,187 0,167 0,152 – 0,117 170 0,259 0,218 0,189 0,167 0,15 0,136 – 0,104 180 0,233 0,196 0,17 0,15 0,135 0,123 – 0,093 190 0,21 0,177 0,154 0,136 0,122 0,111 – 0,083 200 0,191 0,161 0,14 0,124 0,111 0,101 – 0,075 210 0,174 0,147 0,128 0,113 0,102 0,093 – 0,068 220 0,16 0,135 0,118 0,104 0,094 0,086 – 0,062 344 ПРИЛОЖЕНИЕ 6 Влияние условий закрепления концов стержня на величину критической силы Сх ем а с той ки μ 2 1 0,5 0,7 Значение коэффициентов a и b в формуле Ясинского λσкр bа  Материал пред a, МПа b, МПа Ст.2, Ст.3 100 310 1,14 Ст.5 100 464 3,26 Сталь 40 90 321 1,16 Кремнистая сталь 100 589 3,82 Дерево 110 29,3 0,194 Чугун 80 776 12 Для чугуна 2кр λλσ cba  , где с = 0,53 345 СОДЕРЖАНИЕ Предисловие ............................................................................................ 3 Введение. Основные понятия ................................................................ 4 1. Растяжение и сжатие ........................................................................ 12 1.1. Внутренние силы ........................................................................... 12 1.2. Напряжения. Условие прочности ................................................. 14 1.3. Деформации. Условие жесткости ................................................ 15 1.4. Статически определимые системы .............................................. 17 1.5. Статически неопределимые системы .......................................... 33 2. Сдвиг .................................................................................................. 43 2.1. Расчет заклепочных соединений .................................................. 44 2.2. Расчет сварных соединений .......................................................... 51 2.3. Расчет врубок ................................................................................. 55 3. Геометрические характеристики плоских сечений ....................... 60 4. Кручение ............................................................................................ 75 4.1. Внутренние силы при кручении ................................................... 75 4.2. Кручение стержней круглого поперечного сечения .................. 76 4.3. Кручение стержней прямоугольного поперечного сечения ...... 81 5. Прямой изгиб .................................................................................... 94 5.1. Внутренние силы. Эпюры ............................................................. 95 5.2. Напряжения при изгибе. Условия прочности ........................... 118 5.3. Деформации при изгибе. Проверка на жесткость .................... 144 6. Статически неопределимые балки ................................................ 176 7. Анализ напряженного состояния в точке ..................................... 201 7.1. Линейное напряженное состояние ............................................. 202 7.2. Плоское напряженное состояние ............................................... 206 8. Сложное сопротивление ................................................................ 214 8.1. Косой изгиб .................................................................................. 216 346 8.2. Внецентренное растяжение-сжатие ........................................... 232 8.3. Изгиб с кручением ....................................................................... 250 8.4. Общий случай сложного сопротивления .................................. 258 9. Продольный и продольно-поперечный изгибы ........................... 267 9.1. Продольный изгиб (устойчивость сжатых стержней) .............. 267 9.2. Продольно-поперечный изгиб .................................................... 287 10. Расчеты при действии динамических нагрузок ......................... 305 10.1. Расчет на действие сил инерции .............................................. 305 10.2. Расчет на ударную нагрузку ..................................................... 315 10.3. Расчет на колебательную (вибрационную) нагрузку ............. 325 Литература .......................................................................................... 334 Приложения ........................................................................................ 335 347 Учебное издание ЗИНЕВИЧ Сергей Иванович ПЕНЬКЕВИЧ Владимир Александрович ЮГОВА Марина Викторовна и др. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ Учебно-методическое пособие для студентов строительных специальностей В 2 частях Ч а с т ь 1 КРАТКАЯ ТЕОРИЯ. ПРИМЕРЫ Редактор Т. Н. Микулик Компьютерная верстка Н. А. Школьниковой Подписано в печать 09.03.2016. Формат 6084 1/16. Бумага офсетная. Ризография. Усл. печ. л. 20,17. Уч.-изд. л. 15,77 . Тираж 300. Заказ 1046. Издатель и полиграфическое исполнение: Белорусский национальный технический университет. Свидетельство о государственной регистрации издателя, изготовителя, распространителя печатных изданий № 1/173 от 12.02.2014. Пр. Независимости, 65. 220013, г. Минск.