Ч. А. Якубовский А. Ч. Якубовский МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ ПРАКТИКУМ Минск 2006 БЕЛОРУССКИЙ НАЦИОНАЛЬНЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ Ч.А. Якубовский А.Ч. Якубовский МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ П Р А К Т И К У М Допущено Министерством образования Республики Беларусь в качестве учебного пособия для студентов машиностроительных специальностей учреждений, обеспечивающих получение высшего образования М и н ск 2 0 0 6 УДК620.1:539,3/.4 (076) ^К 30.121я7 Я 49 Р е ц е н з е н т ы : д-р техн. наук, проф., зав. кафедрой «Сопротивление материалов и детали машин» Белорусского аграрного технического университета Л.Н. Орда; канд. техн. наук, профессор кафедры «Механика материалов и конструкций» Белорусского государственного технологического университета С. С. Макаревич Якубовский, Ч.А. Я 49 Механика материалов. Практикум; учебное пособие / Ч.А. Яку­ бовский, А.Ч. Якубовский. - Мн.; БНТУ, 2006. - 168 с. ISBN 985-479-500-4. В учебном пособии приведены сведения из теории по основным разделам курса механики материалов. Рассмотрены примеры реше­ ния задач по каждому из этих разделов. Предложены варианты кон­ трольных и расчетно-графических заданий. Пособие может быть полезно студентам различных форм обучения при выполнении контрольных и расчетно-графических работ, а также преподавателям при проведении практических занятий по основным разделам курса механики материалов. У Д К620.1 ;539 .3 /.4 (076) ББК 30.121Я? © Якубовский Ч.А., Якубовский А.Ч., 2006 ISBN 985-479-500-4 О БНТУ, 2006 1. ОСЕВОЕ РАСТЯЖЕНИЕ-СЖАТИЕ 1.1. Основные понятия Осевьш растяжением (сжатием) называют такой вид дефор­ мации, при котором внутренние силы упругости, возникающие в поперечном сечении стержня, приводятся лишь к одному внутрен­ нему силовому фактору - продольной силе N. При известных внеш­ них силах продольная сила определяется из уравнения равновесия, составленного для отсеченной части стержня. Метод определения внутренних силовых факторов по заданным внешним силам назы­ вается, как известно, методом сечений. Деформации растяжения-сжатия подвергаются как отдельные стержни, так и стержневые системы (кронштейны, фермы и др.). Если внутренние силовые факторы, возникающие в поперечных сечениях стержней, определяются только на основе условий равно­ весия отсеченной части системы (или отдельного стержня), то такие системы называются статически определимыми. Однако на практике часто встречаются стержневые системы и отдельные стержни, внутренние силовые факторы в сечениях кото­ рых нельзя определить с помощью одних лишь уравнений равнове­ сия. Такие системы называются статически неопределимыми. Степень статической неопределимости равна числу лишних связен и определяется как разность между числом неизвестных усилий (внут­ ренние силы и опорные реакции) и числом независимых уравненш! статического равновесия, которые можно составить для данной систе­ мы в зависимости от ее конструкции и вида внешней нагрузки. Лишние связи - это связи, удаление которых превращает систему/ в статически определимую, не нарушая ее геометрической неизме­ няемости. Геометрически неизменяемой называется система, изме­ нение формы которой возможно лишь в связи с деформацией ее элементов. Связи в стержневых системах делятся на внешние и внутренние. Под внешними связями понимаются препятствия, не допускающие аб­ солютных перемещений некоторых точек системы. Под внутренними связями понимаются ограничения, не допускаюище гоменения взаим­ ного положения точек системы (взаимного смещения элементов). Одним из основных методов расчета статически неопределимых стержневых систем является метод сил. Этот метод широко изучен в литературе и наиболее часто применяется на практике. Порядок расчета статически неопределимых систем следующий. 1. Выбирают основную систему. Она получается путем удаления лишних связей из заданной статически неопределимой системы. 2. Заменяют действие отброшенных лишних связей неизвестны­ ми силами X], Хг, ..., Х„. 3. Записывают канонические (написанные по определенному правилу) уравнения метода сил. Для п раз статически неопределимой системы эти уравнения имеют следующий вид; 1.2. Расчет статически неопределимых стержневых систем (1.1) §11 ■Xi + 5 i2 '■Х2 §21 •X, + §22 •Х 2 -ь." + §2й + ^2F •Xi + §й2 •Х 2 + . + ^nF Каждое из этих уравнений выражает условие отсутствия пере­ мещений по направлению соответствующей неизвестной силы (ес­ ли отброшенные лишние связи - внешние) или условие отсутствия взаимных перемещений сечений (если отброшенные лишние связи - внутренние). 4. Вычисляют коэффициенты и свободные члены канонических уравнений (1.1) с помощью интеграла Максвелла - Мора: (1.2) Q ы о о в формуле (1.2) интегрирование производится по длине стержня (или его з^астка), а суммирование распространяется на все стержни (или на все участки). В балках, рамах, арках, работающих на изгиб, влиянием дефор­ мации сдвига и растяжения-сжатия обычно пренебрегают. Тогда интеграл Максвелла-Мора принимает вид 4 0 E l Если рассчитываются стержневые системы, которые работают в основном на растяжение-сжатие, то интеграл (1.1) имеет вид ^ ‘ N p - N f . ^ i F = Z \ — ----- о El Коэффициенты при неизвестных (главные и побочные) и свободные члены уравнений (1.1) в этом сл)^ае определяются по формулам Ж.2 -/ Е А (1.3) Е А Е А Для вычисления коэффициентов по формулам (1.3) основная сис­ тема поочередно загружается силами X j = 1, Х 2 = 1,. . . , =1 и отдельно заданной нагрузкой. От каждого нагружения в отдельно­ сти находятся продольные усилия во всех стержнях системы (или же строятся единичная и гр>'зовая эпюры продольных сил). 5. Значения коэффициентов подставляют в канонические урав­ нения. Решая пол>'ченную систему, определяют неизвестные усилия ХьХ2, Пример. Система из трех стальных стержней одинакового сече- ния нагружена вертикальной силой F (рис. 1.1). Определить усилия в стержнях. Решение 1. Определяем степень статической не­ определимости системы: Л = JV - N^’ неизв. ■‘'^ур.ст.’ А з 'F Рис. 1.1 где Л^ неизв. “ число неизвестных усилив (оно равно числу стержней: Л^ дц^ зв =3); 5 N.yp.CT. число независимых уравнений статики, которые можно составить для заданной системы сил (имеем плоскую систему схо­ дящихся сил, для которой iVyp ст. = 2 ). Тогда Л = 3 -2 = 1,т. е. система один раз статически неопределима. 2. Выбираем основную систему. Для этого разрезаем один из стерж­ ней системы. Целесообразно разрезать средний стержень (рис. 1.2). Основная система, нагруженная заданными силами и искомым лишним неизвестным, должна быть эквивалентна исходной системе (см. рис. 1.1), поэтому ее называют эквивалентной системой (рис. 1.3). \ 'Г Э.с. \ 'F Рис. 1.3 3. Составляем каноническое уравнение метода сил: 5j I • Xj + А|^г == О . 4. Загружаем основную систему единичной продольной силой Х\ =1 (рис. 1.4) и отдельно заданной внешней нагрузкой F (рис. 1.5). От каж­ дой нагрузки в отдельности находим продольные усилия во всех стержнях системы; 2> = 0 : - N i ■ sin а + iVs • sin а = О; N2^N3- , l x = 0: -N2F • sin a + ■ sin a = 0; l , y = 0: N 2 -соза + Л^ з - cosa + l = 0; М2р-сова+Щр - c o sa -F = 0; Л ^з= - 1 2■cos a F 2 -cos a N 2 = N 3 = - 1 2-cosa N 2F - Щр - ■ F 2-cosa Puc. 1.4 5. Определяем коэффициенты канонического уравнения: Г - / + 2 - i l l = S 2-cosa EA cos a EA EA 1 + - 2-cos^ a . EA EA 0 + 2. F { ^ ' / / F 2 -cosa ^ 2 •cos а V cos а ЕА 2 •cos^ а 6. Решая исходное каноническое уравнение, находим лишнее не­ известное; F Х , = - А\F _ >11 2 -cos^ а F 1 + 1 1 + 2-cos а 2 -cos а 7. Находим усилия в других стержнях по формуле Ni=N^p + Ni - X^ . Тогда F iVj = iVj + tVi . Z j = О +1 • Z i = Xj = - 1 + 2 ■ COS’’ a iV2 =iV3 =iV2F + ^ 2 -Xi = 1 F F cos a 2-cosa 2-cosa 1 + 2-cos^a 1 + 2-cos^a Методом сил решаются также задачи на определение темпера­ турных и монтажных напряжений. Однако этот круг задач в данном пособии не рассматривается. Абсолютно жесткий брус закреплен горизонтально при помощи двух стальных стержней длиной / и площадью поперечного сечения А (рис. 1.6). Система нагружена внешней силой F. Требуется: 1) определить усилия и напряжения в стержнях при заданной нагрузке; 2) найти наибольшую допускаемую нагрузку, если [а] = 160 МПа; 3) определить коэффищ1енты запаса прочности стержней при найденной допускаемой нагрузке; 4) определить допускаемую нагрузку по несущей способности, если От = 240 МПа и коэффициент запаса прочности А: = 1,5; 5) сравнить найденные значения допускаемой нагрузки. З а д а ч а Дано'. /i = 2м ; /2=3 м; А\ =А см ;^ ^2 = 6 см ;^ а = 2 м; = 3 м; F= 100 кН. Решение 1. Определяем усилия и напряжения в стержнях. 1.1. Вычисляем число лишних неизвестных. На данную систем;^ наложены 4 связи - две внешние (опорные связи) и две внутренние (стержни 1 и 2); следовательно, -/Унеюв. = 4. Имеем плоскую систем;/ произвольных сил, следовательно, iVyp.cx. = 3. Тогда Л = Л^неизв. - -А^ур.ст. == = 4 - 3 = 1- задача один раз статически неопределима. 1.2. Выбираем основную систему. Для этого разрезаем стержень 1, удаляя тем самым одну внутреннюю связь. Основная и эквива­ лентная системы показаны на рис. 1.7. 9 1.3. Составляем каноническое уравнение метода сил: 6i J • JTj + Ajjr = О. 1.4. Загружаем поочередно основную систему силой X i= l (рис. 1.8) и внешней нагрузкой F (рис. 1.9) и находим усилия в стержнях системы: -Xj ■ а + iV2 ■ sin 60° - b - Q ; =?> 1-2 sin60°-6 0,866-3 N 2 = 0 , 1 1 . -F-a + N^p-sm6Q°-b = Q', - = 0,77. F a F-2 =0,77-F . sin60°-6 0,866-3 iV i^= 0 ; N 2 f = 0 , 1 1 - F . 10 1.5. Находим коэффициент и свободный член канонического уравнения. Обозначим Ai =А, тогда^2 = 1,5 А. ЕА ЕА N ^p - N ^ - h = 1 \ ,5-ЕА ■ 0,77-F -0 ,77-3 = ЕА 1 ,1 8 6 F ЕАЕА ' \ , 5-ЕА 1.6. Вычисляем неизвестное усилие Хь 1,186-F X, = - ^ = — - 4 I t- = -0 .3 7 2 -F = -0,372-100 = -3 7 ,2 kH . ^11 ЗД86 ЕА Тогда усилия в стержнях iV j= X i= -3 7 ,2 кН; N 2 = N 2 F + N i -X^ = = о, 77 • F + о, 77 • ( - 0 ,372 ■ F ) = 0 ,483 ■ F = 48,3 кН. Знаки показывают, что стержень 1 сжат, а стержень 2 - растянут. Определяем напряжения в стержнях: ^ (1 ) = Aj 6 -1Q2 = -0,93-10“^ 'lOO-lO^ = -9 3 МПа; 4 4-10' о ,.. = ^ = - ^ ^ ^ ^ ^ = 0,805-10"^-100-10^ =80,5 МПа, 2. Находим наибольшую допускаемую нагрузку. Для этого запи­ сываем условие прочности для более нагруженного стержня: ^тах ^(1) = 0,93-10“^ -F < 11 Отсюда находим fF l = - (У 160 0,93-10“ ^ 0,93•10 -3 = 172 кН. 3. Определяем коэффициенты запаса прочности стержней при найденной допускаемой нагрузке по формуле а Находим напряжения в стержнях при F=[F]: a ^ j^ = -0 ,9 3 -1 0 “^ -F = -0 ,93 -10 '"-172-10" = -1 6 0 МПа; 0 (2) = 0 .8 0 5 -1 0 "^ -F = 0,805-10“ ^ ■172-10^ =138,5 МПа. Тогда - 3 <^(1) 160 ^(2) 138,5 4. Определяем допускаемую нагрузку по несущей способности. В этом случае считают, что деформация материала под­ чиняется закону Гука до предела текучести От, а затем материал деформируется при постоянном напряжении о = ат (без упроч­ нения). T a i ^ диаграмму напряжений (рис. 1.10) называют идеальной диаграм­ мой Прандгля, и она характерна для иде­ ально пластичных материалов. Предельная, или разрушающая, нагруз­ ка находится в момент, когда напряжения во всех стержнях системы достигают предела текучести. Рис. 1.10 12 Определяем усилия в стержнях в момент наступления текучести: iVj =240-4-10^ =96-10^Н = 96 кН; N 2 =c>r-A2 =240-6-10^ =144-10^Н = 144 кН. Записываем уравнение равновесия исходной стержневой сист<;- мы (см. рис. 1.6), предполагая, что стержень 1 сжат, а стержень 2 растянут: ^ m(j = О; N y а + N 2 - sin 60° -Ь - F ■ а = О . Отсюда находим предельную нагрузку: Р, iVi-a + A^2-sin60°-6 _96-2 + 144-0,8б6-3 •^пред — ~ ~а 2 Допускаемая нагрузка определяется как предельная, деленная на коэффициент запаса прочности: И F,пред 283 1,5 = 188,7 кН. 5. Сравниваем значения допускаемой нагрузки, найденные в п.2 и п.4: .100 0/^^188.7-172 100 F 172 Следовательно, при расчете по несущей способности допускаемувэ нагрузку можно увеличить на 9,7 % по сравнению с расчетом по до­ пускаемым напряжениям. Это показывает, что расчет по допускаемым напряжениям не исчерпывает несущей способности сооружения. 13 2. НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ В ТОЧКЕ 2.1. Основные понятия Совокупность напряжений, действующих на всевозможных площадках, проходящих через рассматриваемую точку тела, назы­ вается напряженным состоянием в точке. Напряженное состояние вполне определяется нормальными и касательными напряжениями, действующими по трем взаимно перпендикулярным площадкам. Известно, что площадки, на кото­ рых касательные напряжения отсутствуют, называются главными площадками. Нормальные напряжения, действующие на главных площадках, называются главными напряжениями. В теории упругости доказывается, что через любую точку на­ пряженного тела можно провести три взаимно перпендикулярные главные площадки. На этих площадках действуют главные напря­ жения, которые обозначаются О], сгг и Оз. При этом в общем случае считается, что aj > Ст2 > Сз (в алгебраическом смысле). Если все три главных напряжения аь с?2 и стз отличны от нуля, то напряженное состояние называются объемным или трехосным. Если одно из главных напряжений (любое) равно нулю, то напряженное состоя­ ние называется плоским или двухосным. Если же только одно глав­ ное напряжение отлично от нуля, то напряженное состояние назы­ вается линейным или одноосным. Линейное напряженное состояние возникает, например, в любой точке прямого бруса, испытывающего прямое растяжение (oi Ф 0) или сжатие (аз Ф 0). Простейший случай плоского напряженного состояния пред­ ставляет собой прямоугольная пластина постоянной толщины, ко­ торая в направлении ее сторон подвергается равномерному растя­ жению (или сжатию). В таком состоянии находится элемент, выде­ ленный из стенки щшиндрического парового котла. Плоское на­ пряженное состояние возникает также в брусе, испытывающем со­ вместное действие кручения и изгиба. Объемное напряженное состояние в задачах механики материа­ лов встречается значительно реже, чем плоское или линейное. Удобной формой для анализа напряженного состояния является выделение элементарного объема в окрестности исследуемой точки 14 в виде прямоугольного параллелепипеда с гранями, параллельными координатным осям х, у и z. На гранях такого элемента в общем случае будут действовать нормальные и касательные напряжения. 2.2. Общий случай плоского напряженного состояния Плоское напряженное состояние наибо ­ лее часто встречается на практике и поэто ­ му представляет наибольший интерес. Общий случай плоского напряженного состояния имеет место тогда, когда все плос- ^ кости элементарного объема, параллельные * некоторой плоскости, свободны от напряже­ ний. Одну из этих плоскостей принимают за плоскость хОу. Вьщеленный элемент изобра- Рис. 2.1 жается в виде проеищи прямоугольного па­ раллелепипеда на эту плоскость (рис. 2.1). Нормальное напряжение о содержит один индекс, соответст­ вующий обозначению координатной оси, параллельной данному напряжению. Касательное напряжение т имеет два индекса - первый ивдекс со­ ответствует обозначению оси, параллельной нормали к площадке, а второй - оси, параллельной направлению касательного напряжения, 2.3. Правило знаков для нормальных и касательных напряжений Нормальное напряжение считается положительным, если оно растягивающее. В этом случае нормальное напряжение на площад­ ке с положительным приращением координаты совпадает с направ­ лением координатной оси (см. рис. 2.1). Такое правило знаков для о установлено в любой литературе по сопротивлению материалов. Что касается правила знаков для касательньгх напряжений, то сле­ дует заметить, что оно трактуется неоднозначно. В настоящее время в литературе по сопротивлению материалов имеют место три вариан­ та формулировки правила знаков для касательных напряжений. 1. Касательное напряжение считается положительным, если внеш­ нюю нормаль к площадке надо повернуть для совпадения с направле­ нием касательного напряжения по ходу часовой стрелки (рис, 2.2). 15 а) 6) п т>0 t<0 Y// /yyy^ \( / / / / / / ^ Рис. 2.2 Или, что то же самое, касательное напряжение считается поло­ жительным, если оно стремится повернуть рассматриваемый эле­ мент (или площадку) по отношению к точке, расположенной внутри элемента, по ходу часовой стрелки. Такое правило знаков для т является некорректным, поскольку, во-первых, оно оторвано от правила знаков для нормальных напря­ жений, а во-вторых, не связано с координатными осями, тогда как исследование напряженного состояния в точке, а также изучение некоторых свойств напряженного состояния связано с конкретно выбранной системой координат и ее преобразованием (поворотом). Преобразование компонент напряжений на трех взаимно перпенди­ кулярных площадках (компоненты тензора напряжений) в отрыве от координатных осей часто приводит к ошибкам. Этот вопрос под­ робно рассмотрен в литературе. 2. Знак касательного напряжения не устанавливается - в этом слу­ чае направление касательных напряжений на гранях элемента выбира­ ется исходя из удовлетворения условий равновесия элемента. Такой подход также может иметь место, если преобразования связаны лишь с компонентами напряжений, действующими на гра­ нях элемента. Здесь они являются векторными величинами, а век­ тор, как известно, характеризуется величиной и направлением, но не знаком. Знак «минус», появляющийся в преобразованиях, в дан­ ном случае указывает лишь на одно - необходимость изменения направления соответствующего вектора на противоположное. Если же напряженное состояние в точке записывается в тензор­ ной форме (в виде симметричной матрищ>1 3x3) с целью выполне­ ния определенных операций над тензорами, то в данном случае должно быть установлено правило знаков как для нормальных, так и для касательных напряжений, так как компоненты тензора напря­ жений являются величинами скалярными и характеризуются вели­ чиной и знаком. 16 3. Касательное напряжение считается положительным, если на площадке с положительным приращением координаты оно совпадае]' с направлением соответствующей оси. На площадках, совмещенных с координатными плоскостями, положительные касательные напряже­ ния направлены в сторону отрицательной координатной оси. Такое правило для т устанавливается в учебных пособиях по теории упругости и лишь в некоторых учебных пособиях по сопро­ тивлению материалов. Оно согласуется с правилом для нормальных напряжений, установленным выше, и может быть объединено с ним в одно общее правило (см. п. 3, опуская слово «касательное»). Такое правило знаков для нормальных и касательных напряжений нераз­ рывно связано с координатными осями и является наиболее универ­ сальным. Все нижеследующие расчеты будут выполняться с приме­ нением этого правила знаков для т и о. З а д а ч а Бесконечно малый элемент, вьщеленный в опасной точке нагру­ женного тела, находится в плоском напряженном состоянии (рис. 2.3). Требуется выполнить необходимые расчеты (см. условие к задаче 2 контрольных заданий). о. о. Дано: Ох = 80 МПа; Оу = 40 МПа; Хху = 20 МПа; материал — сталь малоуглеродистая. Рис. 2.3 Решение 1. Определяем главные напряжения и направление главных площадок. Аналитическое решение Величины главных напряжений при плоском напряжённом со­ стоянии находятся по формуле 17 min Z Z + (2.1) Индексы у главных напряжений устанавливаются после вычис­ ления корней с соблюдением условия 0i > Ог > 03. При этом следует учитывать, что при плоском напряжённом состоянии одно из глав­ ных напряжений равно нулю. Вычисляем 80 + 40 , 1± -^ (8 0 -4 0 )^ + 4 -2 0 ^ = 60± 28 ,3 МПа; 2 2 Стах = 60 + 28,3 = 88,3 МПа; = 6 0 -2 8 ,3 = 31,7 МПа. Тогда главные напряжения =^тах =88,3 МПа; 03 = ^min = 31,7 МПа; 03 = 0 . Определяем направление главных площадок по формуле 2-т, tg2ao=- ху Вычисляем 2 - 2 0 t g 2 a o = ^ ^ = l ; 2 ао = 4 5 ° ; « « = 2 2 ,5 ° . При этом нужно пользоваться следующим правилом: 1) если Оо > О, то его значение откладывается от направления Ох против часовой стрелки, и наоборот; 2) если Ох > Оу, то полученное направление является направлением Стах; если < ^ у, ТО ЭТО направление будет направлением Ощц- 18 Направления главных напряжений oj и Gj взаимоперпендикулярны. Площадки, пер­ пендикулярные направлениям Oi и 02, - главные площадки (рис, 2.4). Следует отметить, что среди нормальных напряжений на всевозможных площадках, проходящих через рассматриваемую точку и параллельных оси z (ось, перпеццикулярная чертежу), главное напряжение Oj являетс;я наибольшим, а 02 - наименьшим. Графическое решение Известным уравнениям, связывающим главные напряжения с нормальными и касательными напряжениями на наклонных пло­ щадках, можно дать простое геометрическое толкование - эти зави­ симости могут бьггь представлены графически с помощью круговой диаграммы Мора. Впервые такое решение предложил в 1882 году немецкий ученый Отто Мор (1835-1918 гг.), автор многих работ по сопротивлению материалов и теории сооружений. Известно, что при плоском напряжённом состоянии каждой площадке из семейства площадок, параллельных оси z (ось z явпя- ется главной), на окружности диаграммы Мора соответствует точка, координаты которой равны нормальным и касательным напряжени­ ям на этой площадке. При этом угол между двумя произвольными площадками элемента на круговой диаграмме удваивается. Поэтому на круговой диаграмме двум взаимно перпендикулярным площад­ кам элемента должны соответствовать две диаметрально противо­ положные точки. Однако принятое выше правило знаков для каса­ тельных напряжений не позволяет выполнить данное требование, что, впрочем, не сказывается на форме круговой диаграммы. Рассмотрим порядок построения круговой диаграммы Мора (рис. 2.5). Проводим координатные оси о-т. По известным напряжениям, действующим на вертикальной и горизонтальной площадках эле­ мента (см. рис. 2.3), на круговой диаграмме находим две соответст­ вующие этим площадкам точки. Другими словами, в системе коор­ динат а-т в выбранном масштабе находим две точки с координатами т:ху) и Dy(Oy-, Ту^ ). Так как угол между двумя произвольными 19 площадками элемента на круговой диаграмме удваивается, то эти точки должны располагаться на противоположных концах одного диаметра. Однако, учитывая то, что знак т на обеих площадках поло­ жительный, ординаты обеих точек откладываем вверх. Кроме того, на других произвольных площадках элемента знак т также останется положительным, изменяться будет лишь его величина. Поэтому при построении круговой диаграммы Мора можно ограничиться только верхней половиной круга, однако для наглядности строится весь круг Мора. При этом предполагается, что нижняя половина круга является комплексно-сопряжённой частью верхней половины. I I , МПа Далее отрезок на оси о, равный разности напряжений и Оу, де­ лим пополам. Середину отрезка, точку С, соединяем с точкой Д^ . Радиусом Л = CDjc из центра в точке С проводим окружность. Кру­ говая диаграмма Мора построена (см. рис. 2.5). Отрезки ОА и ОВ изображают в масштабе построения величины главных напряжений О] и 02 соответственно. Для нахождения положения главных площадок и направлений главных осей определяем полюс на круговой диаграмме. При приня­ том правиле знаков для касательных напряжений полюсом будет точка Р, совпадающая с точкой с координатами Ох и х^ у. Соединив полюс с точками А ч В, находим положение главных площадок. На­ правление главных напряжений О] и аг будет перпендикулярно соот­ ветствующим главным площадкам (см. рис. 2.5). 20 Учитывая то, что правило знаков касательных напряжении, свя­ занное с поворотом внешней нормали, довольно часто встречается в учебной литературе, в том числе и новейшей, построим круговую диаграмму Мора с учетом и этого правила знаков (рис. 2.6). Специ­ альных пояснений при этом не приводим. Дано: Ох = 80 МПа; Оу = 40 МПа; V “ V 20 МПа. Рис. 2.6 2. Вычисляем максимальные касательные напряжения по формуле а ; - д з ‘■max ^ 21 Следует иметь в виду, что если оба корня уравнения (2.1) поло­ жительные или оба отрицательные, то площадка, на которой дейст­ вует Тщах, не параллельна оси г, а след этой площадки не лежит в плоскости чертежа. В этом случае точка, соответствующая площадке, на которой действует на круговой диаграмме отсутствует. Эта точка нахо­ дится на дополнительном (большом) круге, построенном на отрезке ОА как на диаметре, и является наиболее удаленной от оси о точкой этого круга: ^ т а х 8 8 ,3 -0 = 44Д5 МПа. 3. Определяем относительные деформащ1и е^ , Еу, из аналитиче­ ских выражений обобщенного закона Гука: 1 -— . а Е - 1--- ' а Е 1--- а. Е где |х - коэффищ1ент Пуассона; Е - модуль продольной упругости. Принимая для стали |о. = 0,3 и .£■ = 2-10 ^МПа, вычисляем 1 2-10 8 0 -0 ,3 (40 + 0) =3 ,4 -10" ^ Е 2-10,5 L 4 0 -0 ,3 -(0 + 8 0 )] = 0,8-10~^; 'сг^ - ц • (а^ + )] = ^ - |^ { о - 0,3 • (80 + 40)] = -1 ,8 • 10' 22 — —----( а ^ + а 2 + Оз). (2.2) Формулу (2.2) можно переписать в виде где P = j h = - ^ — ^ --------------------------------- ^ = ----- J ------- = ст ,^ . Здесь (JoKi (нормальное октаэдрическое напряжение) - нормаль­ ное напряжение на октаэдрической (равнонаклоненной к трем глав­ ным осям) площадке. По-другому аокг называют гидростатическим, напряжением. Величина Определяем относительную объемную деформацию по формуле К = 3 .(1 -2 -ц ) называется модулем объемной деформации. Вычисляем 80 + 40-Ь0 = i -------==------- -^----- = 40 МПа; о 1 л5 К = - - - ------ = 1,67 10^ МПа. 3 -(1 -2 -0 ,3 ) Тогда г у = ~-— ^ = 2 ,4 -1 0 -^ 1,67-10^ 23 в качестве проверки вычислений служит равенство + е^ , + е^ : + 8^ , + 8^ = (3,4 + 0 ,8 -1 ,8 ) • 10" ^ = 2,4 • 10""^ = еу . 4. Находим удельную потенциальную энергию деформации. По­ тенциальная энергия, накапливающаяся в единице объема тела в результате его деформации (удельная потенциальная энергия) при объемном напряженном состоянии, определяется по формуле а, +G2 +аз -2-ц-(а,-аз+аз-стз+аз-СТ!) В нашем случае оз = 0. Вычисляем и=- 1 2 -1 0 ^ 88,зЧ31,7^-2-0,3-(88,3-31,7) = 3561-10 ^Н • мм/мм"* = 35610 Дж/м'^. 5, Проверяем прочность материала в рассматриваемой точке. Так как малоуглеродистая сталь на растяжение и сжатие работает оди­ наково, то применяем третью теорию прочности - теорию наи­ больших касательных напряжений. Условие прочности по этой тео­ рии записывается в следующем виде: ^экв =<^1 “ СГз < Проверяем выполнение этого условия; 88,3 - О = 88,3 МПа < [а] = 160 МПа. Следовательно, прочность материала обеспечивается. .3 _ 24 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ 3.1. Общие положения В курсе сопротивления материалов при решении задач, связанных с расчетом элементов конструкций на прочность, жесткость и устой­ чивость, приходится иметь дело с некоторыми геометрическими характеристиками поперечных (плоских) сечений элементов. К таким характеристикам относятся площадь, статические моменты, моменты инерции, моменты сопротивления, радиусы инерции. 3.2. Статические моменты сечения Статическими моментами плоского сечения относительно ко­ ординатных осей X и у (рис. 3.1) называются интегралы произведе­ ний площадей элементарных >"частков на их координаты относи­ тельно соответствующих осей: < 5 , = y - d J ; А x - d A Рис. 3.J Отождествляя площадку dA с силой, на основании известной из теоретической механики теоремы о моменте равнодействующей можно записать 25 s = y-dA = A- Sy= x-dA = A-x^^ (3.1) где A - площадь всего сечения (равнодействующая); Хс, Ус - координаты центра тяжести сечения в заданной системе координат. Из выражений (3.1) можно получить формулы для определения координат центра тяжести плоского сечения: У с = — - (3-2) Если имеем сечение сложной конфигурации, то его всегда мож­ но представить в виде отдельных простых фигур, для которых пло­ щади и положение центров тяжести известны. В этом случае стати­ ческий момент всего сечения равен сумме статических моментов простых фигур. Это следует из свойств определенного интеграла. Для таких сечений формулы (3.2) принимают вид (3.4) А ^ А. А ^ 4 Следует отметить, что статический момент сечения относи­ тельно оси, проходящей через центр тяжести сечения (централь­ ная ось), равен нулю. 3.3. Моменты инерции сечения Осевыми (экваториальными) моментами инерции сечения назы­ ваются интегралы произведений площадей элементарных з^астков на квадраты их расстояний до соответствующих осей (см. рис. 3.1): J ^ = \ y ^ - d A ~ J y = \ x ^ - d A - (3.3) Центробежным моментом инерции сечения называется инте­ грал произведений площадей элементарных з^астков на их коорди­ наты в системе заданных осей (см. рис. 3.1): 26 J = X ■у ■d A .xy Полярным моментом терции сечения относительно заданной точ­ ки (полюса) называется интеграл произведений площадей элементар­ ных участков на квадрат их расстояний до полюса (см. рис. 3.1): Jp Полярный момент инерции является следствием линейной комби­ нации осевых моментов инерции. Действительно, из двух осевых мо­ ментов инерции Jx и Jy можно получить полярный момент инерции: J p = \ p ^ - d A = l ( x ^ + / ) - d A = J^+J^- 3.4. Моменты инерции при параллельном переносе осей При параллельном переносе координатных осей, проходящие: через центр тяжести сечения, моменггы инерции вычисляются по формулам (рис. 3.2) J = J + a ^ . A ;I ] д: J ^ ^ = J ^ + b ^ - A ; При параллельном переносе координатных осей, проходящих, через центр тяжести сечения, осевые моменты инерции изменяются на величину, равную произведению площади сечения на квадрат расстояния между осями, а центробежный момент - на величину, равную произведению площади на координаты центра тяжести се­ чения в новой системе координат. 27 Рис. 3.2 3.5. Моменты инерции при повороте координатных осей Если известны моменты инерции сечения Л, Jy, Jxy относительно первоначальных осей Ох и Oj, то моменты инерции относительно осей Oxi и Ojb повернутых на угол а, находятся по следующим фор­ мулам (рис, 3,3) J = J -cos а + J -sin а - J -зтга;ДГ] л: у лу =J^ -sin а + -cos а + •sin2a; (3.4) (3.5) J = —— ^ • s i n 2 a + J -cos2a •Х1У1 2 (3.6) 28 Формулы (3.4) - (3.5) получены из интегральных выраженю! моментов инерции (3.3) с учетом зависимостей между координата­ ми элементарной площадки dA в первоначальных и повернутьпс осях. Эти зависимости могут быть установлены по рис. 3.3 и имеют следующий вид; =xcosa+_y-sina; _у, = > '-co sa -x -s in a . 3.6. Главные оси инерции и главные моменты инерции Координатные оси, относительно которых центробежный мо­ мент инерции равен нулю, называются главными осями инерции. Осевые моменты инерции относительно главных осей называют­ ся главными моментами инерции. Положение главных осей определяется по формуле tg 2 a , = - . (3.7) полученной из выражения (3.6), правая часть которого приравнивает­ ся к нулю (согласно определению главных осей). Положительное значение угла Оо откладывается от оси х против часовой стрелки. Главные моменты инерции вычисляются по формулам (3.4) и (3.5), в которые вместо угла а подставляется его значение, найден­ ное из равенства (3.7). После преобразований получаем окончатель­ ную формулу для определения главных моментов инерции: в этой формуле знак «плюс» соответствует максимальному зна­ чению момента инерции, а «минус» - минимальному. Будем обозначать главные оси инерции, по аналогии с главными осями в теории напряженного состояния, цифрами 1 и 2. При этом ось, относительно которой момент инерции является максималь­ ным, обозначаем цифрой 1, а другую главную ось - цифрой 2. Та­ ким образом получаем 29 J l = J шах ’ 2 mm Чтобы безошибочно установить, какая из главных осей является осью 1, а какая - осью 2, нужно пользоваться следующим правилом: а) если Jx> Jy,TX>, откладывая от оси х найденный по формуле (3.7) угол ао (с учетом его знака), получаем направление оси 1; б) если Jj < Jy, то утол ао дает направление оси 2. Правильность выбора направления оси 1 можно проверить по формуле Л - Л J ху где ai - угол между осями х и 1. Кроме того, следует помнить, что ось 1 всегда тяготеет к той оси, относительно которой момент инерции больше, а ось 2 тяготеет к се­ чению, т. е. стремится пересечь наибольшую часть площади сечения. З а д а ч а Для заданного поперечного сечения (рис. 3.4), состоящего из прокатных профилей (швеллера №24 и уголка 160x100x10 мм) и соединительной пластины прямоугольного сечения 25x2 см, требу­ ется выполнить необходимые расчеты (см. условие к задаче 3 кон­ трольных заданий). Решение Выписываем из таблицы сортамента, а также вычисляем некото­ рые геометрические характеристики отдельных сечений. 30 1. Швеллер №24 (ГОСТ 8239-89): = 9 см; Ai = 30,6 см ;^ Х01 = 2,42 см; J =2900см^ -^ 1 = 24 см; = 208 см" ^■97777. У1 '‘>’3 Ал Хз 2. Уголок 160х100х10лш (ГОСТ 8510-86): 5ун=16см; 6у„= 10см; Аг = 25,3 см^ ; хо2 = 5,23 см; уо2 = 2,28 см; = 204 см^ = 667 см ;^ J . =121 cм^тш 3. Лист (прямоугольник) 25 х2 см: Ь„ = 25 см; h„ = 2 см; т _ 12 А, =25-2 = 50 см^ 25-2" 12 = 16,7cm“; = 2604,17 см:'. 12 12 1. Определяем положение центра тяжести сечения. 1.1. Вычерчиваем заданное сечение в масштабе 1:2 и проводим вспомогательные осило h j 'o (рис. 3.4). 31 1,2. Определяем координаты центра тяжести в системе вспомо­ гательных осей по формулам ^Уо _ _ 4 -^ 1 + Л - 2^ + 4 - 3^ . ^ Z А А + ^ 2 + А где “ ^01 = 9 - 2 , 4 2 = 6 ,5 8 см; У 1 = К + ^ = 2 + ^ = 1 4 см; ^2 ~^ШВ + JCo2 = 9 + 5, 23 = 14,23 см; _У2 = Уо2 = 2 + 2 ,2 8 = 4 ,2 8 см; _ _ 25 . Ха — — — СМ, ^ 2 2 К 2 . >^ 3 - - у - -I см; .4 = + .^2 +-^3 = 3 0 ,6 + 2 5 ,3 + 50 = 1 0 5 ,9 см^ Вычисляем 30,6-6,58 + 25,3-14,23 + 50-12,5 , , _ = -------------------------------------------- 11,20 см; 105.9 3 0 ,6 -1 4 + 2 5 ,3 -4 ,2 8 + 50-1 ^у = ---------------------------------------------- 5 54 СМ. 105.9 32 Наносим на чертеж положение центра тяжести сечения (точку С) и проводим центральные оси иус (см. рис. 3.4). 2. Находим направление главных центральных осей. 2.1. Вычисляем осевые и центробежный моменты инерции в сис­ теме центральных осей по формулам = + A ' ^ i ) + ('^x2 +^2 •«2 ) + ( / ^ з + 4 '^ з ) ; = {'^ х^ У1 -^А'<^\'Ъ\+{^Х2У2 + А '<^ 2 •^2) + (-^;сз>'з + ^ 3 '" 3 '^ ) - Находим расстояния а, и 6, между центральными осями х, и yt со­ ставных частей сечения и центральными осями Хс и у с всего сечения в целом соответственно: < ^ 1 = У 1 ~ У с ’ ai = 1 4 -5 ,5 4 = 8,46 см; bj =6,58-11,2 = -4,62 см; 02 = 4 ,28-5 ,54 = -1,26 см; = 14,23-11,2 = 3,03 см; «3 = 1 - 5,54 = -4 ,54 см; &3 = 12,5 -1 1 ,2 = 1,3 см. Центробежные моменты инерции составных частей = О и = Т. К. швеллер и лист имеют оси симметрии. Центробеж­ ный момент инерции неравнополочного уголка определяется по формуле 33 Знак центробежного момента инерции выбирается в зависимости от положения уголка в сечении (рис. 3.5). а) б) У г) Рис. 3.5 Согласно правилу знаков (в случаях а и в J^ y < 0; в случаях б к г Jxy> 0) в нашем случае имеем = - ^ ( б 6 7 -1 2 1 ) - (2 0 4 -1 2 1 ) = -213 см\ Вычисляем J = 2900 + 30,6-8,46^ + + 16,7 + 50-(-4,54)^ 204+ 25,3-(-1 ,26) = 6381,5 см''; 208+ 30 ,6-(-4 ,62^ + 2604,17 + 50-1,3^ + 667 + 25,3-3,03^ = 4448,9 см"; + = [ о + 3 0 ,6 • 8,46 ■ (-4 ,6 2 )]+ [-2 1 3 + 25,3- (-1 ,26) • 3, ОЗ] + + [ о + 5 0 -(-4 ,5 4 )-1 ,3 ] = -1800 ,7 cм^ 34 2.2. Находим пололсение главных центральных осей по формуле t g 2 a o = . ± ^ , _ ^ H ! 5^ ZL,i,8635. л - J y 6 3 8 1 ,5 -4 4 4 8 ,9 Тогда 2ао = 61,78°, откуда ао = 30 ,89°. Откладываем угол ао от оси Хс против часовой стрелки (см. рис. 3.4). Это направление главной оси 1, т. к. ■ Главная ось 2 перпендикулярна оси 1. 3. Вычисляем моменты инерции сечения относительно главных центральных осей 1 и 2: = 5415,2 ±2043,6 cм^ Здесь J i -5415 ,2 + 2043,6 = 7458,8 см'^ ; 72 = 5415,2-2043,6 = 3371,6 cм^ В качестве проверки расчетов применяем то обстоятельство, что центробежный момент инерции сечения относительно глав­ ных осей равен нулю. Проверяем: Л - Л ^ 2 = ..' у ' • sm 2ао + ■ cosla ^ = 5 - 4 4 4 Я Q = - ■ sin(61,78°) -1800,7 ■ cos(61,78°) = = 851,444 - 851,476 = -0,032 cм^ 35 Погрешность вычислений составляет -100 % = 0,004 % <1 % . 851,444 4. ПЛОСКИЙ ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ 4.1. Общие положения Часто на практике стержни подвергаются действию поперечной нагрузки, расположенной в плоскости, проходящей через ось стержня. Такой вид нагружения называется изгибом. При изгибе ось стержня искривляется. Стержни, подвергающиеся изгибу, назы­ ваются балками. Если в поперечном сечении балки действует лишь изгибающий момент, а остальные внутренние силовые факторы отсутствуют, то такой изгиб называется чистым. Однако чаще всего в поперечных сечениях балки наряду с изгибающими моментами возникают и по­ перечные силы. Такой изгиб называется поперечным. Если плос­ кость действия внешних сил (силовая плоскость) проходит через одну из главных центральных осей инерции сечения стержня, то изгиб называется плоским, в противном случае - косым. 4.2. Внутренние силовые факторы при изгибе Внутренние силовые факторы при изгибе (изгибаюш(ий момент М и поперечная сила Q) в произвольном сечении балки определяются с использованием метода сечений, основанного на рассмотрении условий равновесия отсеченной части балки. При этом: а) поперечная сила в рассматриваемом сечении балки определя­ ется как сумма проекций всех внешних сил, расположенных по од­ ну сторону от сечения, на ось, перпендикулярную оси балки; б) изгибающий момент в сечении балки определяется как сумма моментов всех внешних сил, действующих по одну сторону от рас­ сматриваемого сечения, относительно центра тяжести сечения. 36 4.3. Правило знаков для поперечных сил и изгибающих моментов При построении эшор Q ж М используют следующее правило знаков: а) поперечная сила в сечении считается положительной, если внешняя сила, действующая на отсеченную часть балки, стремится повернуть ее по часовой стрелке; б) изгибающий момент в сечении считается положительным, ес­ ли балка в рассматриваемом сечении изгибается выпуклостью вниз. 4.4. Дифференциальные зависимости при изгибе Для контроля правильности построения эпюр g и М использу­ ются дифференщ1альные зависимости между интенсивностью рас­ пределенной нагрузки q, поперечной силой Q и изгибающим мо­ ментом М\ dO dM ^ На основании этих зависимостей можно сформулировать сле­ дующие правша для построения эпюр QviM: - на участках балки, свободных от распределенной нагрузки, по­ перечная сила постоянна, а изгибающий момент изменяется по ли­ нейному закону; - на участке балки с равномерно распределенной нагрузкой по­ перечная сила изменяется по линейному закону', а изгибающий мо­ мент - по закону квадратной параболы; - если на участке балки (при рассмотрении ее слева направо): а) поперечная сила положительна, то изгибающий момент воз­ растает; б) поперечная сила отрицательна, то изгибающий момент убьгоает; в) поперечная сила, переходя через ноль, меняет знак с «+» на «-», то М= Л4,ах; г) поперечная сила, переходя через ноль, меняет знак с «-» на «+», тоМ=Мп„; 37 - если на з^астке балки поперечная сила отсутствует, то момент постоянный (чистый изгиб); - на концевой шарнирной опоре поперечная сила равна реакции этой опоры, а изгибающий момент равен нулю, если на опоре не Гфиложен внешний сосредоточенный момент; - в защемленной опоре балки поперечная сила равна реакции опоры, а изгибающей момент - опорному реактивному моменту. 4.5. Напряжения при изгибе При плоском поперечном изгибе от действия изгибающего момента и поперечной силы в сечениях балки возникают нормальные и каса­ тельные напряжения. Нормальные напряжения при изгибе определяются по формуле М - у C J= J X где М ~ изгибающий момент в рассматриваемом сечении балки; Jy, - момент инерции сечения относительно осих (нейтральная ось); у - расстояние от нейтральной оси до рассматриваемой точки. Касательные напряжения при изгибе определяются по формуле Д.И. Журавского: . = (4 .0 b - J , где Q ~ поперечная сила в рассматриваемом сечении; 5'/’^ - статический момент площади отсеченной части сечения относительно нейтральной оси; Ь - щирина слоя, в котором находится рассматриваемая точка; ~ момент инерции сечения относительно нейтральной оси. 4.6. Расчеты на прочность при изгибе При изгибе расчеты на прочность в большинстве случаев произ­ водятся только по нормальным напряжениям и лишь иногда произ­ водится проверка прочности балки по касательным напряжениям. 38 Условие прочности по нормальным напряжениям имеет вид где Мпах - наибольшее значение изгибающего момента в балке; Wx - осевой момент сопротивления сечения; [о] - допускаемое напряжение при изгибе. Момент сопротивления является геометрической характеристи­ кой поперечного сечения балки, определяющей ее прочность при изгибе. Для сечений, симметричных относительно нейтральной оси, момент сопротивления определяется по формуле Утах где Jx - момент инерции сечения относительно нейтральной оси; Угтх - ордината наиболее удаленной от нейтральной оси точки. Если материал балки неодинаково сопротивляется растяжению и сжатию (например, чугун), то обычно применяют несимметричные относительно нейтральной оси сечения (рис. 4.1). В этом случае расчет ведется отдельно для растянутых и сжатых волокон. у ^ н.о. 2 X TI т — ^ 1 Рис. 4.1 Будем считать, что сверху от нейтральной оси находятся сжатые волокна, а снизу - растянутые. Тогда условия прочности для растя­ нутой и сжатой зон принимают вид 39 ■Ы < СЖ _ ^^тах мmax ■h. СЖ Наивыгоднейшей формой несимметричных сечений будет такая, при которой запас прочности по растягивающим и сжимающим на­ пряжениям будет одинаков. Для этого нужно, чтобы выполнялось соотнощение lS j о СЖ Условие прочности по касательным напряжениям записывается в следующем виде: ^тах П ■ ^тах b - J . < 4.7. Перемещения при изгибе Перемещения балки при изгибе характеризуются двумя парамет­ рами; прогибом 7 и углом поворота поперечного сечения 0. Эти два параметра связаны между собой дифференциальной зависимостью ф dz = е . Для определения параметров перемещения >' и 9 может быть ис­ пользовано приближенное дифференциальное уравнение изогнутой оси балки (4.2) 40 рде _ момент инерции сечения относительно нейтральной оси; Е - модуль продольной упругости материала балки; M{z) - изгибающий момент в рассматриваемом сечении балки; у - прогиб в этом же сечении. Путем интегрирования уравнения (4.2) получают выражение дты определения углов поворота и прогибов сечений балки. Постоянные интегрирования определяются при этом из условий закрепления балки. Более универсальным методом определения перемещений при изгибе является метод начальных параметров. Согласно этому ме­ тоду расчетные уравнения для определения углов поворота сечений и прогибов, полученные из уравнения (4.2) с применением специ­ альных приёмов интегрирования, имеют следующий вид: д /е = . Е / е о + Е м - ( г - я ) + Е — 2 о EJy = EJyQ + EJQQ-z + m ( z - a Y F - { z - b ) ^ q i z - c V где 00 и - угол поворота сечения и прогиб балки в начале коорди ­ нат {начальные параметры, которые находятся из условий закреп­ ления балки); 2 - координата рассматриваемого сечения; а, Ь, с - расстояния от начала координат до точек приложения момента, сосредоточенной силы и начала действия распределенной нагрузки соответственно. Следует отметить, что если распределенная нагрузка заканчива­ ется, не доходя до рассматриваемого сечения, то ее продолжают до данного сечения, одновременно добавляя нагрузку, равную по ве­ личине, но обратного направления. З а д а ч а 4.1. а Для заданной схемы балки (рис. 4.2, а) требуется выполнить не­ обходимые расчеты (см. условие к задаче 4 контрольных заданий). 41 Решение 1. Построение эпюр внутренних силовых факторов QviM. 1.1. Вычисляем опорные реакции; R g -6 - F - 7 - q - 3 -4,5 + m = 0 -, ^ ^ J 0 . 7 . 2 Q . 3 . 4 , 5 - 2 5 ^ 3 „ ^ ^ Y , m g - 0 ; - R ^ - 6 - F Л+д-ЗЛ,5+т = 0; 2 5 - 1 0 . 1 + l Q . 3 . U ^ , „ ^ _ Рис. 4.2 42 Е у = 0; R ^ + R j , - g - 3 - F ^ 0 ; 10 + 3 0 -1 0 -3 -1 0 = 0; 4 0 - 4 0 = 0, 1.2. Находим значения внутренних силовых факторов на участ­ ках балки. Участок 1 (О - а 10 . = 2,5-10® мм =2500 см. С другой стороны, для прямоугольного сечения (рис. 4.3) при h ~ 2-Ь -с b- h^ ь \ 2 - ь у 2 , 3 6 3 ' Отсюда находим Рис. 4.3 J3-2500Ь > 3 ------^ = 3 ------= 15,54 см. Принимаем Ь = 16 см. Тогда /г = 32 см; b - h ^ 16-32^ 12 12 = 43691 см\ 3. Проверяем прочность балки по касательным напряжениям. Записываем условие прочности по касательным напряжениям ■Ттах < [т:]- Принимаем [т] = 2 МПа. Преобразуя формулу Журавско­ го для определения касательных напряжений при изгибе (4.1), по­ лучим для прямоугольного сечения "•"max 3 аmax 2 А 44 Здесь gmax = 20 кН (из эпюры 0 , J = Z> ■ /г = 16 ■ 32 = 512 см1 Вычисляем 3 20-10^ г т "^ тях = ------------- Т = 0,6 МПа < г = 2 МПа. 2 512.102 Следовательно, прочность балки по касательным напряжениям обеспечивается. 4. Выполняем построение эпюры прогибов. Проводим координатные оси zy, помещая начало координат в крайнем левом сечении балки - сечении^ (рис. 4.2, а). Находим начальные параметры уо и 0о из условий закрепления балки: при 2 = 0 Уа=Уо=0; => EJyo = 0; при Z = 6 м 7л = 0. Тогда, записав уравнение (4.3) для сечения В (zb - 6 м) Z о 24 " 2 6 24 = 6 - £ / 0 о - 4 5 0 + 360-33,75 = 0 , получим 123 75 £ / 9 л = - - = 2 0 ,6 2 5 кН-м1 ° 6 Записьгоаем уравнение (4.3) для первого участка балки (О < Zi < 3 м): 177- гтп m-z^^EJV] = E J Q n - z . -------- + ^ ^ ° ’ 2 6 И, подставляя в него известные числовые значения 45 EJy = 2 0 , 6 2 5 + ~ ~ ^ ~ = 2 6 = 1,667-2,^-12,5 - z ? + 2 0 , 625-Zb вычисляем прогибы при различных значениях z\\ Zi = 1 м, = 1 ,6 6 7 -1 ^ -1 2 ,5 -1 ^ + 2 0 ,625-1 = 9,792 кН-м^ 9 ,7 9 2 - 1 0 ^ ^ у J = -------------------------------------------2------ Г = 2 ,2 4 мм; 1 0 ^ - 4 3 6 9 1 - 1 0 ^ zi = 2 м , 2 = 667 ■ 2 ^ -12 ,5 - 2 Ч 20,625 ■ 2 = 4,583 кН-м^ 4 ,5 8 3 -1 0 ^ 2 V л = ----- -------------------- — - 1, 05 mjm; ^ 1 0 ^ - 4 3 6 9 1 - 1 0 ^ 1^ = 3 м, 3 = 1,667 - 3 ^-12 ,5 - 3 Ч 20,625 • 3 = -5,625 кН-м ;^ -5 ,6 2 5 -1 0 ^2 у т = ---- J------------------ 7- = —1,29 мм. 10 ^ -43691-10 Записав уравнение (4.3) для второго участка балки (3 м < ^ 2 < 6 м) £ » = д /9 о ■ г ; - ^'■ f o ^ 2 6 24 И подставив в него известные числовые значения 46 ^ ^ = 2 0 , 6 2 5 . . , = ^ 2 6 24 = - 0 , 4 1 7 - ( ^ 2 - 3 ) V i,667-22^-12,5-^2^+20,625-^2, вычисляем прогибы при различных значениях z-i. 2^ = 4 м, £;^4=-0 ,417- i 4 i,667-4^-12,5 - 4 Ч 20,625-4 = Ч 1 ,23 кН-м'; - 1 1 , 2 3 - 1 0 ^ 2 >' 4 = ---- ;;------------------~1Г - - 2 ,5 7 мм; 1 0 ^ - 4 3 6 9 Ы 0 ' * Z2 = 5 м, 5 = -о, 417 ■ 2 + 1 ,6 6 7 • 5 ^-12 ,5 ■ 5 2 + 20,625 • 5 =-7,672 kH V ; - 7 , 6 7 2 - 1 0 2^ 10"^ - 4 3 6 9 М 0 Z2 = 6 М , £ / ^ 6 - - 0 , 4 1 7 - 3 Ч 1 , 6 6 7 - 6 ^ - 1 2 , 5 - б Ч 2 0 , 625-6 = = -483,777 + 483,822 = 0 ,045 « О. Погрешность вычислений составила j^^ 5~-ioo% = o,oi% <1%. Вычисляем прогиб балки на конце консоли (z? = 7 м): 47 ^ ^ 2 6 6 q - ( z - j - i ) ^ q - i z n - 6 ) ^ 25-7^_ 1 _ W -----Z__ + ^ _ W -----Z_ = 2 0 , 6 2 5 - 7 - ^ ^ - — + 24 24 2 10-7^ 30-1^ 10-4'^ 10-И , „ 3 + --------- + ------------------------+ — ------ = 2,292 kH-m^ 24 24 2 , 2 9 2 - 1 0 2^ V 7 = -------z----------------------------^ = U , b z MM. 10^ • 4 3691 10 ^ По результатам вычислений строим эпюру прогибов (изогнутую ось балки) (рис. 4.2, г). Следует отметить, что сечения, в которых изгибающий момент равен нулю, являются точками перегиба для изогнутой оси балки. З а д а ч а 4.1. б Для заданной схемы рамы (рис. 4.4) требуется выполнить необ­ ходимые расчеты (см. условие к задаче 4 контрольных заданий). F = 10 кН С 3 м q = 20 кШм ы V t ) D ж = 20 кН м ' " Я^=10кН^ 1 М Ы. ж ;?г=60кН Рис. 4.4 48 Решение 1. Определяем опорные реакции: ^ ^ = 0 ; F - H ^ = 0 => Я ^ = ^ = 10кН; ^гп^=0 ' , Rjg-3+m—q-4-2-F-4~0 => ^ -20+20-8+10-4 Rg =--------------------- = 60 кН; -R-^-'i-HA-2~F-2+q-A-\+m=Q —> -10-2-10.U20_4 .2 0 ^ ^ 0 ,^ ^ 3 Проверка: Y ,y = 0; R ^ + R Q - q - 4 ~ 0 ; 20 + 6 0 - 2 0 - 4 = 0; 8 0 - 8 0 = 0. 2. Вычисляем значения внутренних силовых факторов на участ­ ках рамы. Участок 1 (О < 2] < 4 м); =Д^ = 10 кН = const; Mi=H 4 -zii iV; = = - 2 0 кН = const; при zi = О Ml = 0; при zi = 4 м М] = 40 кН ■ м. Участок 2 (О < Z2 <3 м); Q.2 = RA-q- 2ъ M2 = Ra -Z2 - q i z i f / 2 + ■ 4 ; Лг = 0; при = О ^2 = 20 кН; = 40 кН-м; при 22 = 3 м Qi = -40 кН; Мг = 10 кН-м; ^ бтев 20 ^находим Z2 = — = — = 1 м, откуда q 20 49 ^ 2max = ^ 2(лев)+^-елев • = 40 + ^ ■ 20 • 1 = 50 кН ■ M. Участок 3 (О < Z3 < 1 м): Q3=q-zs; М з = - 9-(2з ) ^ 2; iVs = 0; при Z3 = О бз = 0; Мз = 0; гфи Z3 = 1 м 2з = 20 кН; Мз = -10 кН-м. Участок 4 (О < Z4 < 2 м): б 4 = 0; М( = /и = 20 кН-м; iV4 = - = -60 кН = const. 20^ 20 X _^ 40 ад.кн-м 10 =0= "7^ 60 @,кН Рис. 4.5 3. Строим эпюры Q, Ми 7V(рис. 4.5). При этом следует помнить, что эпюру изгибающих моментов строят со стороны сжатых волокон. 50 4, Проверяем правильность построения эпюр. Для этого вырезаем узлы рамы, прикладываем к стержням узлов внутренние силовые факторы, взятые из построенных эпюр с учё­ том их знаков, и рассматриваем равновесие узлов (рис. 4.6). 10^ 1 0 - 20 20 40 10( 40 60 20 )10 20 Рис. 4.6 Узел С: 2^х = 0 ; 10-10 = 0 ; 2 0 - 2 0 = 0 ; Узел D: Е у = 0 ; 6 0 - 4 0 - 2 0 = 0; X « ? D = 0 ; 20- 1 0 -10 = 0 . 2 ] w c = 0 ; 4 0 - 4 0 = 0. З а д а ч а 4.2 Для заданной схемы нагружения балки (рис. 4.7, а) с заданной формой и размерами (см) поперечного сечения (рис. 4.7, б) требует­ ся выполнить необходимые расчеты (см. условие к задаче 5 кон­ трольных заданий). Дано: / = 3 м; /*= 50 кН; [Стр] = 40 МПа; [осж] = 120 МПа. а) 51 Решение Вычерчиваем отдельно сечение балки в удобном масштабе (рис. 4.8, а) и проводим через точку О вспомогательные оси хо и >'о. Определяем координаты центра тяжести сечения: , - п . „ Л , - У , - А 2 -Уг где ^1 =16-30 = 480 см^ ^2 =10-12 = 120 см^ y i = l 5 см; у 2 =21 см. Вычисляем 480-15-120-21у = --------------------- = 13 см. 4 80 - 12 0 Через центр тяжести (точку С) проводим главные центральные оси инерции сечения Хс и у с. Определяем момент инерции относительно главной оси Хс\ где ^ 16-^ =36000 см^ ; : = l^ i^ = 1440 cM'; 12 2 12 aj = у ^ - у ^ - \ 5 - 1 Ъ = 2сы\ «2 =У2~Ус = 2 1 - 1 3 = 8 см. Вычисляем =(зб000+480-2^)-(1440+120-8^) =28800 смГ 52 Рис. 4.8 Определяем изгибающий момент в опасном сечении балки (точ­ ка 5 на рис. 4.7, а)\ 1. Определяем величины наибольших растягивающих (в точке D на рис. 4.8, а) и сжимающих (в точке Е) напряжений в опасном се­ чении балки: - наибольшее растягивающее напряжение ^ тах(р) = ■ У о = ^_1 , 4 8 F ^ 10 .1 7 0 ^ 2 ,6 2 -1 0 -^ -ЗО-Ю^ =131 МПа; 2880040^ - наибольшее сжимающее напряжение 53 l,48F-3-10^ м ^тах(сж ) - ■ Уе ~ (-130) =-2,004-10~^-50-10^ =-100,2 МПа. 2. Строим эпюру нормаяьных напряжений по высоте сечения (рис. 4.8, б). 3. Определяем величину допускаемой нагрузки; а) из условия прочности на растяжение ^max(p) -2 ,62-10-3-F< L'^ PJ F<- 40 2,62-10"' 2,62-10^' б) из условия прочности на сжатие = 15,3 10' кН; ® т а х (с ж ) —2,004-10 -F< О.сж F < [*^ сж 120 2,62-10^^ 2,004-10"^ = 59 ,910^ кН. Принимаем [F] = 15,3 кН. 4. Определяем допускаемую нагрузку при повороте поперечного сечения на 180°. В этом случае точка D окажется наиболее удалён­ ной точкой сжатой зоны, а точка Е - растянутой зоны. Условие прочности на растяжение принимает вид ^ тах(р ) - ^{Е) М,max Л ■Уе 1,48-F-/ Л "Уе - F < -[^р] 28800 -120 \А%-1-Уе 1,48-3-10^-130 = 20-10^ кН. 54 Условие прочности на сжатие <^тах(сж^ м„ л ■Ув 1,48-F - / Л ■ У п ^ ^сж 45.8 103 \ А ^ - 1 у о 1 ,48-3-10^-170 Принимаем [F] = 20 кН. 5. Сравниваем найденные значения допускаемой нагрузки: 20- 15 , 3 15,3 •100 % = 30,7 %. Вывод: при повороте поперечного сечения балки на 180° на­ грузку на балку можно увеличить на 30,7 %. 5. КРУЧЕНИЕ Кручением называется такой вид деформации, при котором в поперечном сечении бруса возникает только один внутренний си­ ловой фактор - крутящий момент. В произвольном поперечном сечении бруса крутящий момент численно равен алгебраической сумме внешних скручивающих мо­ ментов, действ>'ющих по одну сторону от рассматриваемого сечения. Крутящий момент в сечении будем считать положительным, ес­ ли внешний момент стремится повернуть рассматриваемую часть бруса по часовой стрелке при взгляде на сечение со стороны его внешней нормали. Условие прочности при кручении бруса круглого поперечного сечения имеет вид ‘'max < (5.1) 55 г де Мк(п,ах) - крутящий момент в опасном сечении бруса; [т] - допускаемое напряжение при кручении; Wp- полярный момент сопротивления сечения. При этом для круглого сплошного сечения для кольцевого сечения _ ^0 . где — ^ do - внутренний диаметр кольца; D - внешний диаметр кольца; d - диаметр сплошного круглого сечения. Подставляя значения Wp в условие прочности (5.1), получим сле­ дующие формулы для определения диаметра вала сплошного и кольцевого сечений: ^^-^к(тах) V У. У Условие жесткости при кручении имеет вид e „ „ = ^ 5 ^ s [ e ] , (5.2) CjJp где [0] - допускаемый относительный угол закручивания в радианах на единицу длины вала; G - модуль сдвига; Jp - полярный момент инерций сечения. 56 при этом для круглого сплошного сечения %-d^ 32 для кольцевого сечения _ % D ‘ 'Р ~ 32 Подставляя значения Jp в выражение (5.2), получим формулы для определения диаметра вала из условия жесткости: d > ^ ^ J ^^-^к(т ах) ]1 7i-G.[e] ’ y ^ -G [e ]- ( i-c '‘ ) ' Угол закручивания при кручении определяется по формуле G J , где 0 - относительный угол закручивания; / - длина вала. Величина угла закручивания вала влияет на точность работы машины. Поэтому для каждого вида машин устанавливают его пре­ делы. Так, для валов, вращающихся с малой и средней скоростью, угол закручивания на длине 1 м обычно находится в пределах от 0,25 до 1°; для быстроходных валов (валы турбин) величина [0] не превышает 0,1 °/м. З а д а ч а К стальному валу приложены три известных момента и один не­ известный момент X (рис. 5.1, а). Требуется выполнить необходи­ мые расчеты (см. условие к задаче 6 контрольных заданий). 57 Рис. 5.1 Решение 1. Находим значение момента X, при котором угол поворота концевого сечения вала равен нулю. Составляем уравнение угла закручивания сечения 4 : Му{а+2-Ъ+с) Х-{2-Ъ+с) ^М2'{Ь+с) М-^-Ь ^ GJ Х = GJ, GJ, GJ,р р р ^ р _ M y { a + 2-b + c) + M 2 - { b ^ c ) - M ^ - b _ _ _ _ 15-4,5 + 8-2,5-6-1,5 _ „----- ^ ^ ^ = 20 кН-м, 58 2. Строим эгаору крутящих моментов. Используя метод сечений, вы­ числяем внутренние крутящие моменты на характерных участках вала. Участок 1 (О 3 ---=Л=— - = i -------------------- = 98,5 мм =100 мм; У 7г-[х] V л-80 б) из условия жесткости > ^Р ^ '^ к (т а х ) ^ ^ ]1 7 iG -[e] ] 32-1540.6 jt-8-10'^-0,035-10"^ = 86 мм = 90 мм. где G = 8- Ю"* МПа - модуль сдвига для стали; [0] = 2 град/м = 0,035-10“^ рад/мм. Окончательно принимаем = 100 мм. Тогда к -10^ 10^0^ 3= -------- = ---------= 196,25 см ; ^ 16 16 г 7Z ’ d тс ■ 10 по 1 ОС 4J = -------- = ---------= 981,25 см . ^ 32 32 4. Вычисляем максимальные касательные напряжения на участ­ ках вала; 15-10^ т, = — ! i^ = -------------- Г = 76,4 МПа; Wp 196,25-10^ 59 М,2 -5-10^ W ~ 196,25-10^ 3-10^ 196,25-10- - 2 -10^ То = - ^ = ----- ■,- = - 2 5 ,5 МПа; p Ю ^3 = = — L 1 2 ------ = 15,3 МПа; Т4 = — !^ = ---- - = -10 ,2 МПа. Wp 196,25-10^ По этим расчетам строим эпюру Ттах (рис. 5.1, в). 5. Находим углы закручивания сечений на каждом участке вала: M „, /i 15-10^-0,5-10^ ^ф, = — -----= 0,0096 рад = GJp 7850-10* 1 о л о = 0 , 0 0 9 6 - ^ = 0,548°, ж где GJp= 8-10 -^981,25■10'*= 7850-10* Н-мм'; ф .^ к 2 А ^ -5 -10 ^ ^ 0Q95 рад = -0 ,5 4 8 ° ; GJp 7850-10® М^з-/з З-Ю^-МО^ „ . . „ офз = — Si—:L=--------------— = 0,0038 рад= 0,219°; GJp 7850-10® ф ,^ к 4 _ А ^ - 2 • 1 о^ ■ 1 5 4 О^ ^ рад= -0 ,219°. GJp 7850-10® Вычисляем углы закручивания граничных сечений участков от носительно неподвижного сечения В: Ф4В - -0,219°; фзв “ ф4в + фз ~ “0j219° + 0,219° = 0; 60 СР2В = фзв + ф2 = О + (-0,548°) — 0,548°; Ф1в = Ф2в + Ф1 = -0,548° + 0,548° = 0. Строим эпюру углов закручивания поперечных сечений вала (рис. 5.1, г). 6. Находим наибольший относительный угол закручивания. При любом количестве участков вала независимо от их линейных разме­ ров величина е^ах находится по формуле ' ^ к ( т а х ) 15-10^ ПП1П1 1Л-3 / i лпс /—^ --------- г- = 0,019М 0 рад/мм= 1,095 град/м. 7850 10^ 6. ВНЕЦЕНТРЕННОЕ РАСТЯЖЕНИЕ-СЖАТИЕ 6.1. Общие положения При внецентренном растяжении- сжатии равнодействующая внешних сил F не совпадает с осью бруса z, а проходит через точку (точку К), назы­ ваемую полюсом, параллельно оси бру­ са (рис. 6.1). При таком виде деформа­ ции в поперечном сечении бруса дейст­ вуют одновременно три внутренних силовых фактора - продольная сила N и изгибающие моменты и Му. N = F - M ^ ^ F -ур- (6 .1) М y = F - X p , где ypvixp- координаты полюса К. 61 Нормальные напряжения в произвольной точке сечения нахо­ дятся по формуле N М у а = — + — - - у + — А J , J у где XVI у — координаты рассматриваемой точки; А - площадь поперечного сечения бруса. Или с учетом соотношений (6.1) 6.2. Нормальные напряжения N ^ а - — но осейд: HJ. где г ^ ^ ^у ~ \1—Г-----радиусы инерции сечения относитель- 6.3. Положение нейтральной линии Для определения опасной точки произвольного профиля сечения н;/жно построить нейтральную линию (н.л.). Опасной будет точка сечения, наиболее удаленная от н.л. Уравнение н.л. имеет вид 1 + ^ - х + ^ - у = 0. Его можно представить в виде уравнения прямой в отрезках: а^. йу где ах и Оу - отрезки, отсекаемые нейтральной линией на коорди­ натных осях л: и >> соответственно: 62 ■2 ;2 V f 6.4. Ядро сечения (6.2) Ядром сечения называется область вокруг центра тяжести сече­ ния, характерная тем, что всякая внецентренно приложенная сила, расположенная внутри этой области или на ее контуре, вызывает во всех точках поперечного сечения напряжение одного знака. Для построения ядра сечения задаются различными положения­ ми Н.Л., касательной к контуру сечения, и по формулам (6.2) вычис­ ляют координаты точек приложения силы F\ _ а . У Р = ~ —ау Соединяя эти точки, получают ядро сечения. З а д а ч а Короткий стержень заданного поперечного сечения сжимается продольной силой F, приложенной в точке А (рис. 6.2). Требуется выполнить необходимые расчёты (см. условие к задаче 7 контроль­ ных заданий). Дано: b - S см; [0сж] = 120 МПа; /г = 18 см; [Ор] = 30 МПа; F=200 кН. Решение 1. Определяем положение нейтральной линии в поперечном се­ чении данного стержня. 63 Вычерчиваем сечение в масштабе 1:2 (рис. 6.3). Проводим вспо­ могательные оси Хо я уо и определяем положение центра тяжести сечения: Ус = Рис. б.З _ А у У 1 + 2 - А 2 - У 2 А где А = А^ + 2 - А 2 = Ш + 2-Ъ6 = 2 \6 см^ 18 о 18 .у 1 = — = У см; у 9 = — = о см.У\ ^ = ^2 3 64 Вычисляем 144-9 + 2-36-6 „V- = -------------------- = 8 см. 216 Через центр тяжести (точку С) проводим главные центральные оси сечения ХсУс (см. рис.6.3). Определяем моменты инерции сечения относительно осей Хс и Ус'. где = = ^ l i^ = 3888 см^ = ^ - ^ = 648 cm'; ^ 3612 а 1 = У \ - У с = ^ - ' ^ = ^ cm; = ~ ( ^ c - J 2 ) = - ( 8 ~ 6 ) = - 2 cm; 18-8- 12 = 768 CM^ = I8-4- 36 = 32 cm'*; Z, = 4 + — 4 = 5,33 c m . Вычисляем =3888 + 1 4 4 - l4 2 - (6 4 8 + 36-(-2)^j = 5616 cm^ J =768 + 2-(з2 + 36-5,33^1 = 3880 cм^ Находим квадраты радиусов инерции: .2 5616 2 I ^ = ------- = 26 см ; г = А 216 .2 _ ' ^ у . 2880 — = h o ^ 216 = 13,33 см^ 65 Вычисляем отрезки, отсекаемые нейтральной линией на главных центральных осях и ус'. 13,33 26= ---------= 3,33 см; а у - ----- ^ = ----- = -2 ,6 см, дгр 4 10 где хр = ~Л см, у р - 10 см - координаты полюса. Наносим на чертеж нейтральную линию (см. рис.6.3), 2. Вычисляем наибольшие сжимающие и растягивающие напря­ жения в сечении стержня. Они возникают в точках, наиболее уда­ ленных от нейтральной линии (точках А и В): N 1 +fF ,Ур_2 ^Л+ 2 Ус % ^ ( ^ 0 ) .( -4 0 ) ^ 100-100 13,33-10^ 26-10^ ■Уа - F 216-10" ^тах N (. Хр Ур ^+ - - Х а +-:Г'Ул \ 'л. Ч. ^ (^ 0 )-8 0 ^ 100'(-80) 13,33-10^ 26-10^ = 0,207-10"^-200-10^ =41,4 МПа. 216-10' 3 Строим эпюру напряжений (см. рис. 6.3). 3. Находим допускаемую нагрузку при заданных размерах сечения: а) из условия прочности на растяжение '^max(pacr)i- ^ ( 5 ) “ О’ ^ОТ-Ю - F < 30 F < 0,207-10 '^ 0,207-10"^ = 144,9-10^ Н = 144,9 кН; 66 б) из условия прочности на сжатие СТг F < Or 120 0,28-10-^ 0,28-10”^ = 428,6-10^Н=428,6 кН. Принимаем [F] = 144,9 кН. 4, Строим ядро сечения. Для этого задаемся различными положениями нейтральной ли­ нии, касательной к контуру сечения (рис. 6.4). Дня каждого поло­ жения н.л. вычисляем координаты полюса. Положение 1—1 Отрезки, отсекаемые н.л. на осях Хс и ус- аз ,^=10см, тогда координаты полюса X f ] - - ■ 2 а . ■ 2 = 0 ; 26 а Ус 10 ■-2,6 см. 67 Положение 2-2 = 4 + 10- tga = 4 +10 ■ — = 6,22 см; а =10 + — = 10 + 4 - - = 28 см; tga 2 13,33 а3^ F 2 = - ^ = -0=93 см. Положение 3—3 13,33 ^ а ^ = 00 ; а ^ = - 8 см =:> ----------= ’ ■*с Ус 00 26 - " 3 ^ ~ 3,25 см. Положение 4-4 13 33 = - 6,22 см; а =28 см =:> ^F 4 = — ; : ^ = 2Д4см; — 6,22 J f 4 = “ = -0^93 см. По вычисленным координатам наносим точки приложения вкюшней силы, соединяя которые, получим очертание ядра сечения (см. рис. 6.4). 7. ОБЩИЙ СЛУЧАЙ СЛОЖНОГО СОПРОТИВЛЕНИЯ В общем случае действия внешних сил на стержень в его попе­ речных сечениях возникает шесть внутренних силовых факторов (рис. 7.1): 68 Рис. 7.1 QxW.Qy- поперечные силы; Az - продольная сила; МхЯМу- изгибающие моменты; Mz - крутящий момент. Для нахождения опасного сече­ ния строят эпюры внутренних си­ ловых факторов. Для определения опасной точки сечения строят эпюры нормальных и касательных напряжений, возни­ кающих в результате действия внутренних силовых факторов. Влиянием поперечных сил в боль­ шинстве случаев пренебрегают. Опасной является точка, в которой эквивалентное напряжение наибольшее. Опасные точки сечения удобно находить путем построения ней­ тральной линии и отыскания точек, наиболее удаленных от нее. За­ писав формулу нормальных напряжений для заданного случая сложного сопротивления и приравняв ее к нулю, получают уравне­ ние нейтральной линии. Проверку прочности стержней производят путем сравнения эк­ вивалентного (расчетного) напряжения в опасной точке наиболее нагруженного сечения с допускаемым напряжением. Задача Для заданной пространственной системы стержней одинаковой дайны I, нагруженной силами F я q (рис. 7.2), требуется вьшолнить необходимые расчеты (см. условие к задаче 8 контрольных заданий). F=10 кНГ 2 <7=10 кЕ1/м у Рис. 7.2 Дано\ / = 0,2 м; d = i см; /г = 8 см; h!b = 2; F= 10 кН; q = \ 0 кН/м; [о] = 160 МПа; [т] = 80 МПа. 69 Решение 1. Строим в аксонометрии эгаоры внутренних силовых факторов. Пользуясь скользящей системой координат, направляя ось z вдоль оси стержня (см. рис, 7.2), вычисляем внутренние силовые факторы в сечениях каждого стержня. Стержень 1-2 e , ^ ^ = F = 1 0 KH; е , „ = 0 ; Af,2 = 0 ; = f '( = 2 кН-м; М ^ , = 0 ; М , = 0 . Стержень 2—3 е , ^ з = 1 0 к Н ; Q y ^ - 0 - , Q y ^ = ~ q l = -2KU; A f , , = 0 ; М , з = = ^ = -0,2кН -м ; М у^=^0\ М у ^ - F -I = 2 кШ-м-, М F -I = 2 Стержень 3-4 Q y , , - - q - l — 2 кН; = 0 ; N , , = - F = - \ 0 кН; М , = F - / = 2 kH'm; м . = F - / - g - / ^ = 2 - 0 , 4 = l,6 кН-м; = F - / = 2 кН-м; = кН-м. По выполненным расчетам строим эпюры продольных и попереч­ ных сил и изгибающих и крутящих моментов (рис. 7.3). Ординаты эпюр изгибающих моментов откладываем со стороны сжатых волокон. 70 10 7 0,2 Рис. 7.3 Проверяем правильность построения эпюр по условиям равнове­ сия узлов: вырезаем узел и прикладываем к нему все внутренние усилия, взятые из соответствующих эпюр. Узел 2 (рис. 7.4); E j = 10-10 = 0; 5 ^ М ^ = 2 - 2 = 0. Узел 3 (рис. 7.5): Хз^ = 2 - 2 = 0 ; ^ 2 = 10 - 10 = 0; J : M ^ = 2 ~ 2 = 0; J : M ^ = 2 ~ 2 = 0; Условия равновесия узлов выполняются. 71 2, Рассмотрим каждый стержень в отдельности. Стержень 1-2 Стержень испытывает плоский попе­ речный изгиб. Изображаем его в рабочем положении в аксонометрии, показывая внутренние си­ ловые факторы, действующие в этом сече­ нии (рис. 7.6). Находим положение нейтральной ли­ нии в опасном сечении стержня. При плоском изгибе ею является центральная ось х. Вычисляем наибольшие нормальные и касательные напряжения в опасном сечении: *^ тах - 2 А где b-h^ 4-8^ = 42,67 A = b-h = 4-S = 32 см\ Тогда ^тах 2 - 10' = 46 9 МПа; х = 1 = 4 у МПа. шах 2 3 2 - 1 0 ^42,67-10' Строим эпюры с и т (рис. 7.7). (S ), МПа (Т ), МПа 46,9 ^ ^ 46.9 4.7 Рис. 7.7 72 Проверяем прочность стержня. Касательными напряжениями от действия поперечной силы Qy пренебрегаем. Поэтому из условия: прочности < [<7] ex=lQjxH М,=2 кН-м имеем сГщах = 46,9 МПа < [а] = 160 МПа. Следовательно, прочность стержня обеспечивается. Стержень 2-3 Стержень испытывает попереч­ ный изгиб в двух плоскостях и кручение. Опасным сечением является се­ чение 3. Изображаем его в рабочем положении, показывая действую­ щие в этом сечении внутренние силовые факторы (рис. 7.8). Находим положение нейтраль­ ной линии. Для этого записываем формулу нормальных напряжений в произвольной точке сечения с положительными координатами х и ^ и приравниваем это выраже­ ние к н>'лю; йу=г кн| Мх=0,2 kH-mV Рис. 7.8 м X у J y М , М . или где к - угловой коэффициент н.л. 73 Этот коэффициент равен 2 i = t g p = - ^ = - 0,2 откуда имеем Р = -84,289°. Так как угол р отрицательный, то откладываем его от положительного направления оси х в сторону отрица­ тельной полуоси}^ (рис. 7.9). Вычисляем в опасном сечении наи­ большие нормальные напряжения от изгиба и наибольшие касательные на­ пряжения от кручения стержня: у н.лЛ = -1 0 , ^ 1 с \ J ^ 4 0 _ М и _ 32 • ^2^ + 0,2^ ■ 10^ _ К - тг-80^ = 40,0 МПа; 32 М , 2-10^-16 — — ‘'max те-80' = 19,9 МПа. Строим эпюры а и X (см. рис. 7.9). Проверим прочность стержня, например, по третьей теории прочности; стзкз = y l a ^ + 4 -х^ = 4 0 ^ + 4 - 1 9 , 9 ^ = 56,4 МПа< = 160 МПа.< Следовательно, прочность стержня обеспечена. Стержень 3-4 Стержень испытывает поперечный изгиб в плоскости xz, чистый изгиб в плоскости у2 , кручение и сжатие. 74 Опасным сечением яв­ ляется сечение 3. Изобра­ жаем его в аксонометрии и показываем внутренние си­ ловые факторы (рис. 7.10). Вычисляем необходи­ мые геометрические ха­ рактеристики сечения; Wr = ^ 6 b-h^ 4-8^ h-b^ 8-4^ = 21,33 см ;^ b-h^ 4-8^ 12 12 = 170,67 см"; J = h-b^ 8-4^ 12 12 = 42,67 см'; ^ = ^ .^ = 4-8 = 32 cmI Находим положение нейтральной линии в опасном сечении стержня. Для этого записываем формулу нормальных напряжений в произвольной точке сечения с положительными координатами и приравниваем ее к нулю; JV м сг = ------------Vn+ — А у Х о = 0 . JC "У Уравнение можно представить в виде уравнения прямой в отрезках: «о где Ux, ay - отрезки, отсекаемые н.л. на осях х н у соответственно: N _ i y N А М у М, N _ i l N А М- М. 75 ^ A ’ у A - Находим величины этих отрезков: J y N 4 2 ,6 7 -1 0 '* -lO-lO^ a x ~ y ___ A ' M у 32-10^ N ПО^бТ-Ю'^-Ю-Ю^ A 32-10^-2-10^ = 0 ,7 mm; = -2 ,7 MM. Отложив эти отрезки вдоль осей хну, проводим н.л. (рис. 7.11). (^^,М Па (^^,М Па 6,4 fc < t 1 J /'мс. 7 ./7 Строим эпюры нормальных и касательных напряжений в опас­ ном сечении. Для этого вычисляем: а, N max Ю-Ю^ 2-10^ 2-10^ -+----------- т+-- 0 __А I У - А Wy 32-Ю^ ' 42,67-10^ ' 21,33-10^ = -3,1 + 46,9 + 93,8 = 137,6 МПа; 76 C^ min - ----------A Wy = - 3 ,1 - 4 6 ,9 -9 3 ,8 = -1 4 3 ,8 МПа; ^max 2-10^ {^y) 2 A 2 32 40^ = 0,9 МПа; M , 0,2-10^ 0,246-8-4^-10^ = 6,4 МПа, где Wk= a h-b ^- момент сопротивления кручению; a - коэффициент, зависящий от соотношения сторон hvib (при ЫЪ = 2, согласно таблице коэффициентов, а = 0,246). По результатам вычислений строим эпюры о и т (см. рис. 7.11). Проверяем прочность стержня. Проверку производим для точек В и С (см. рис. 7.11). Точка В = 143,8 МПа < Ы = 160 МПа; Т 5 = 0 . Точка С 'С N Л/, A~^'Wу - 10 - 10 ' 2 - 10 ' 32-10^ 21,33-10^ -3,1-93,8 = 96,9 МПа; Хс=Т'^ тах(о,) + Ъпах(м,) ~ ^,9 + 6,4 - 7,3 МПа; ^экв = ^ a ^ + 4-xJ =796,9^+4-7,3^ =98 МПа<[су] = 160 МПа. Следовательно, прочность стержня обеспечивается. 77 8. КРУЧЕНИЕ С ИЗГИБОМ При совместном действии кручения и изгиба в поперечных се­ чениях стержня возникают крутящий момент и изгибающие мо­ менты и М у. Действием поперечных сил Qx и Qy, возникающих при изгибе, пренебрегают. Примером деталей, работающих на со­ вместное действие кручения и изгиба, являются валы различных машин и механизмов. Для отыскания опасного сечения вала строят эпюры внутренних силовых факторов. Наиболее нагруженными точками опасного се­ чения являются точки пересечения силовой линии с контуром этого сечения. В опасных точках сечения при кручении с изгибом имеет место так называемое упрощенное плоское напряженное состояние, ха­ рактерное тем, что одно из исходных нормальных напряжений рав­ но нулю, а главные напряжения распределяются следующим обра­ зом; О] > 0; 02 = 0; Оз < 0. Эквивалентное напряжение вычисляется в зависимости от при­ нятой теории прочности. По теории наибольших касательных напряжений (в учебной ли­ тературе ее называют третьей теорией прочности) Оэкв вычисляется по формуле По теории удельной потенциальной энергии изменения формы (энергетическая или четвертая теория прочности) эта формула име­ ет вид Здесь о - нормальное напряжение в опасной точке поперечного се­ чения; т - касательное напряжение в этой точке. Обе эти формулы применяются на практике при расчете валов, из­ готовленных из пластичных материалов (конструкционные стали). 78 Условие прочност и при кручении с изгибом имеет вид М . где 'экв W m Z = = ^ м 1 + м 1 + м 1 2 Z Здесь момент сопротивления изгибу соответственно сплошного сечения вала и кольцевого сечения б/ где С = О D daViD- внутренний и наружный диаметры сечения. Требуемый диаметр вала находится по формулам V З а д а ч а 32 ■^экв , 71 [а ( , - и ) Стальной вал (рис. 8.1, а) диаметром d, вращающийся со скоро­ стью и = 500 об/мин, через шкив 1 ременной передачи диаметром /?1 = 600 мм развивает мощность Pi = 60 кВт, которая затем переда­ ется шестерням 2 и 3 в отношении == 2. Делительные диаметры шестерен £>2 = 200 мм, Z>3 = 250 мм. Выполнить необходимые расче­ ты (см. условие задачи 9 контрольных заданий). 79 Рис. 8.1 80 Решение 1. Определяем крутящие моменты, приложенные к шкиву и шес­ терням. Момент, приложенный к шкиву Л 3 0 -Р, ^ Р, М , = ------- !- = 9 ,5 5 - -^ ,Н -м. (S3 п - п п Здесь со - угловая скорость вращения вала; Р] - в Вт; и - в об/мин. Тогда Ml = 9 , 5 5 - ^ ^ ^ = 1146 Н-м. * 500 Записываем уравнение равновесия вала: Х М ^ = 0 ; М ^ - М 2 - М ^ = 0 . Mr, Р, Приэтом ---- =— —2 М 2 = 2 - М г,. Тогда M i -З-М^ =0. Отсюда находим моменты, приложенные к шестерням: = = Н-м; М , =2-382 = 764 Н-м.3 3 3 - 2 2. Строим эпюру крутящих моментов (рис. 8.1, б). 3. Определяем нагрузки, действующие на вал. Выражаем момент на шкиве через силы натяжения ветвей ремня: откуда Л = Н; Г, =2-t, =2-3820 = 7640 Н. ^ Р>1 600 ^ * 81 Тогда сила давления ременной передачи на вал =3-3820 = 11460 Н. Находим усилия, действующие в зубчатых зацеплениях; - окружные; ^ ^ 2 2 2^ £>2 200 ^ 2 -М з 2-382-Ю^ „ M - i = F , ■— - F, = ------^ = -----= 3056 Н; 3 3^ 2 'з 250 - радиальные: • tga = 7640 ■ tg20° = 2781 Н; iV^ = ■ tga = 3056 ■ tg20° = 1112 H, где a = 20° - угол зацепления. 4. Определяем нагрузки, действующие на вал. Действующие на вал силы раскладываем на горизонтальные и вертикальные составляющие: /з =-iV^ -cos30° = -7 6 4 0 -~ = -6616 Н; F = F , ■ cos 30° = 3056 • — = 2647 Н;t x^ гз 2 F,^^=F^^-cos60° = 2781-0,5 = 1390 Н; F r = - K •cos60°=-1112-0,5 = -556 H;Г3Л. /3 82 Р ^ У = - Р ^ = - П Ш Н; =-Ц^ •cos60° = -7640-0,5 = -3820 Н ; ■ cos 6 0 ° - 3056 • 0 ,5 = 1528 Н ; л/З Prly ^ -P ri •cos30° = - 2 7 8 1 - y = -2408 H ; - c o s3 0 ° = 556 H . Силы, изгибающие вал в вертикальной и горизонтальной плос­ костях = - 1 1 4 6 0 Н ; Fly = F t^ = -3 8 2 0 - 2 4 0 8 = -^228 Н ; F^y = F , ^ y + F^^y = 1528 + 556 = 2 08 4 Н ; F „ = 0 ; Fix = F t^ +F,^^ = -6616+ 1390 = -5226 H ; ^ з .= ^ Г з ^ + ^ . з - = 2 6 4 7 - 5 5 6 = 2091 H . 5. Строим эпюры изгибающих моментов отдельно в вертикаль­ ной и горизонтальной плоскостях. Вертикальная плоскость Изображаем вал в виде балки на двух опорах и прикладываем к ней все силы, действующие в вертикальной плоскости. При этом силы со знаком «+» направляем вверх, а силы со знаком «-» - вниз (рис. 8.1, в) и дальше их учитываем по абсолютной величине. Определяем опорные реакции: S m ^ = 0 ; J?5^-0,45- F i^ - 0 ,5 5 - F 2 ^ .0 ,3 + F3^-0,1 = 0; R s y = 17696 Н; = 0 ; - R j y - 0 , 4 5 - F ^ y - 0 , 3 5 + F 2 y -0,15 + F^y-0,1 = 0 ; i?^^ = -2092 H. 83 Z > ’ = 0; R ^ y+ R gy + F^ ^ y - F^ y -p 2y = 0-, -2092 + 17696 + 2084 -1 1460 - 6228 = О; -19780 + 19780 = 0. Вычисляем изгибающие моменты в характерных сечениях: -2092-0,1 = -209,2 Н-м; = -2 0 9 2 -0,3 + 2084-0,2 = -210,8 Н-м; ^ х ( Б ) = -11460-0,1 = -1146 Н-м. По результатам расчетов строим эпюру (см. рис. 8.1, б). Горизонтальная плоскость Изображаем ват в виде балки на двух опорах и прикладываем к ней все силы, действующие в горизонтальной плоскости (рис. 8.1, г). Определяем опорные реакции: = О; R -0,45 — р2х • 0 ,3 + -0,1 = 0; i?5^=3019H; - i ? ^ , - 0 ,4 5 - F 3 , - 0 ,3 5 + F 2 . - 0 ^ 5 = 0; R a. = 116Н. Проверка: = R Ах ^ ^Вх '^ ^Ъх~ 116 + 3019 + 2091-5226 = 0; 5226-5226 = 0 . Вычисляем изгибающие моменты в характерных сечениях: М ^ ( ^ ) = 0 ; М^(с)=116-0Д = 11,6Н-м; Проверка: 84 По результатам расчетов строим эпюру Му (см. рис. 8.1, г). 6. Строим суммарную эпюру изгибающих моментов. По формуле Mjj = вычисляем суммарные моменты в характерных сечениях (рис. 8.1, д); М„(_^) = 0; М„(£) = 0 ; М ф ) =1146 Н-м; =^209 , 2^+11 , 6^ =209,5 Н-м; =л/210,8 ^ 3 0 1 , 9 ^ =368,2 Н-м. При этом суммарная эпюра будет прямолинейной на тех участ­ ках, где изгибающие моменты и Му одновременно возрастают или убывают. В противном случае эгаора будет криволинейно­ вогнутой. 7. Для наиболее опасного сечения вала (сечения В) вычисляем величину эквивалентного момента по III теории прочности: Мз“ = ^ м 1 + м 1 = л /п 4 б Ч 1146^=1620,7 Н-м. 8. Определяем диаметр вала, приняв [о] = 100 МПа: М =3019-0,1 = 3019 Н-м. %■ (У V 71-100 Принимаем d= 55 мм. 85 9. РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ РАМ И НЕРАЗРЕЗНЫХ БАЛОК 9.1. Общие положения Как указывалось ранее, одним из основных методов расчета статически неопределимых систем (стержневых, рамных, балоч­ ных и др.) является метод сил. Этот метод подробно рассмотрен в разделе 1. Особенностью расчета плоских, статически неопредели­ мых рам и неразрезных балок является то обстоятельство, что эле­ менты этих систем работают в основном на изгиб. Поэтому коэф­ фициенты при неизвестных и свободные члены канонических урав­ нений метода сил (1.1), определяемые с помощью интеграла Мак­ свелла-Мора, вычисляются по более простым формулам: s: л . ^ М г - М ^ , о На практике эти интегралы в случае прямолинейных стержней с постоянной по длине жесткостью вычисляют по правилу А.Н. Ве­ рещагина. Это правило формулируется следующим образом: определенный интеграл от произведения двух функций (эпюр), одна из которых прямолинейна, равен произведению площади криволи­ нейной эпюры сор на ординату уо взятую га прямолинейной эпюры под центром тяжести криволинейной. То есть I I _ = или \ M i - M р- (к = (йр - ус . О О В случае если обе функщ1и (эпюры) линейные, то операция пере­ множения обладает свойством коммутативности. В этом случае можно брать площадь любой эпюры, умножая ее на ординату другой. 86 На практике часто встречаются рамы, обладающие геометриче­ ской и упругой симметрией относительно оси (упругая симметрия имеет место в том случае, когда жесткости симметрично располо­ женных элементов рамы равны друг другу). Рассмотрим основные методы расчета симметричных систем. 1. На симметричное сооружение действуют только симметрич­ ные или только кососимметричные нагрузки. В этом случае нужно придерживаться следующего правила: при действии на симметричную систему симметричной внешней нагрузки в ней возникают одни лишь симметричные неизвестные; при действии на симметричную систему кососимметричной внеш­ ней нагрузки в ней возникают одни лишь кососимметричные неиз­ вестные. Это правило является следствием того, что все перемещения (главные, побочные и грузовые), при определении которых симмет­ ричные эпюры умножаются на кососимметричные, равны нулю. 2. На симметричное сооружение действует несимметричная на­ грузка. В этом случае возможны два способа использования сим­ метрии. Способ преобразования нагрузки, связанный с разложением лю­ бой несимметричной нагрузки на симметричную и кососимметрич­ ную составляющие. При этом расчет на каждую составляещую на­ грузки производится отдельно. В этом случае согласно правилу, изложенному в п. 1, получим две независимые системы уравнений, одна из которых содержит только симметричные неизвестные, а другая - только кососимметричные. Способ группирования неизвестных, связанный с разложением лишних неизвестных на симметричные и кососимметричные груп­ пы; нагрузка же преобразованию не подвергается. В этом случае полная система канонических уравнений распадается на две более простые системы за счет обращения в ноль отдельных перемеще­ ний, получаемых путем перемножения по способу Верещагина сим­ метричных эпюр с кососимметричными. Этот способ основан на известной из курса алгебры теореме, согласно которой две неиз­ вестные величины zi и 2^ можно заменить суммой и разностью двух других величин Х} и Х2, а именно; 9.2. Использование симметрии при расчете рам 87 2 j = X j+ X 2 и Z 2 = X i - X 2 - При этом новые неизвестные определяются по формулам ■2 „ ^_ Z j + Z - и Применение этих способов расчета симметричных систем часто позволяет уменьшить объем вычислений в несколько раз. К сожа­ лению, расчет статически неопределимых рам с использованием симметрии в данном пособии не рассматривается. З а д а ч а 9.1 Статически неопределимая рама находится под действием за­ данных внешних сил (рис. 9.1). Требуется выполнить необходимые расчеты и построить эпюры (см. условие к задаче 10 контрольных заданий). 0 1 F=30 к Н '~У 'D г r 2 J и г 3 м , ' S о В — — А А 6 м Рис. 9.1 Решение 1. Устанавливаем степень статической неопределимости рамы; Л = Со + Св-3-Д, 88 где Со - число опорных связей: Со = 5; С в - число внутренних связей: Св = 2-3 = 6; Д - число стержней: Д = 3. Тогда Л = 5 + 6 - 3-3 = 2, т. е. система дважды статически неоп­ ределима. Выбираем основную систему (рис. 9.2, а). Эквивалентная систе­ ма с неизвестными Х\ и Х2 представлена на рис 9.2, б. а) 0 1 \F=30kH Э.с. Рис. 9.2 2. Составляем канонические уравнения метода сил. Вывод этих уравнений базируется на том, что основная система (см. рис. 9.2, а) под действием внешней нагрузки и лишних неиз­ вестных - эквивалентная система (см. рис. 9.2, б) - деформируется так же, как и заданная статически неопределимая рама (см. рис. 9.1). Для дважды статически неопределимой рамы записываем 8 i i - X j + 6 i2 -X 2 + A i/t = 0 ; ^21 ' ^ 1 22 ' 2 ^ 2F ■ 3. Строим эпюры изгибающих моментов от единичных сил и от заданной нагрузки (рис. 9.3). 89 а) 4. Находим коэффициенты и свободные члены канонических уравнений путем «перемножения» по правилу Верещагина соответ­ ствующих эпюр: 1 2 - • 6 - 6 - - б + 6-6-6 2 3 + +- 1 E J 1 л - • 3 - 3 - 4 + - - 6 - 3 - 5 2 2 207 E J 1 2 - E J . . „ 1 о 6 + 3 , 135 •6-6-3 + ------ 3 ---------6 = - E J E J 90 522 = Z J — =E J _ J -----1 . 6 . 6 - - - 6 + — -6-3-6 = - ^ 1 - E J 1 Ъ E J E J 1 2 - E J 1 .1 8 0 .6 .1 .6 + 1 8 0 . 3 . 6 . ^ Z ^ 3 4 2 3-6 1 E J f I 1 -■270-3-5 + - - 9 0 -3 -4 2 2 7020 E J 2F = Z I M P - M 2 E J dz = 1 2 - E J 180-3-l ,5 + - - 1 8 0 - 3 - 4 + - - 2 7 0 - 3 - 5 2 2 1 270 + 90 ^ ^ 5197,5 ----------J • о = — ■ E J E J Для проверки вычисленных ко­ эффициентов и свободных членов канонических уравнений построим суммарн>'Ю единичную эпюру от со­ вместного действия сил =1 и ^2 = 1 (рис. 9.4). Проверка коэффи­ циентов при неизвестных состоит в выполнении следующего равенства: '11 22 ’ 12 ■ Левая часть этого равенства нахо­ дится путем перемножения эпюры М s саму на себя: Рис. 9.4 91 1 2 - E J 8 s s = Z f f | - & = - • 6 - 6 - - 6 + - - 6 - 6 - 8 + - - 1 2 - 6 1 0 2 3 2 2 + +- 1 E J Находим правую часть: -■9.3-10 + --12-3-11 u 2 621 E J 6 „ + S 2 2 + 2 - 5 i2 = - ^ - ( 2 0 7 + 144 + 2-135) = E J E J Проверка свободных членов канонических уравнений заключа­ ется в выполнении равенства ^ SF = Д 1F + АI LX2F Находим 1 - E J „ гМр -Мс i-180.6'--6+180.3-7,5+i '180-310+-!-270'3-l l 3 4 2 2 j 1 E J 1 1 2 2 1 7 5 A + A = ^ ( - 7 0 2 0 - 5 1 9 7 ,5 ) = ^ , Подставляя найденные значения коэффициентов и свободных членов в канонические уравнения и сокращая их на £7, получим 2 0 7 - X i + 1 3 5 - X 2 - 7 0 2 0 = 0 ; 92 Решая данную систему уравнений, находим Xi = 26,7 кН; ЛГ2=11,1 кН. 5. Строим окончательные эпюры вн>тренних силовых факторов. Способ 1 Он заключается в построении эпюр без нахождения опорных ре­ акций (для любых типов рам). Эпюру изгибающих моментов строим согласно выражению М = М у Х ^ + М 2 - Х 2 + М р . Вычисляем изгибающие моменты в характерных сечениях рамы, используя данное равенство. Стержень АС М ^ = 0 ; ^ ^С(СЕ) =6-26,7-180 = -19,8 кН-м; М , + М г ql^ 19,8 Ю-6^ ,= = ---------------------------------L-+---= 25,1 кН-м. 135-X j + 1 4 4 -X 2 -5 1 9 7 ,5 = 0. Стержень СЕ = 6 -2 6 ,7 + 3 -1 1 ,1 -180 -13 ,5 кН-м; ^ £ ( С £ ) = 6 - 2 6 ,7 + 6 -1 1 ,1 -2 7 0 = -4 3 ,2 кН-м. Стержень BE М 5=3-26,7+6-11,1-90 = 56,7 кН-м; ^ Е { В Е ) ~ ^ Е { С Е ) ~ ~43,2- кН-М. 93 Строим эпюру М (рис. 9.5). 19,8- 19,8 S « ,2 ^ 43,2 Г .......... р ........ / ^ 1 / ^ гч ГЛ 6 \ \ 56,7 Рис. 9.5 Эпюру поперечных сил строим, используя дифференциальную зави- сикюсть Ж>равского dM dz а также формулу для определения поперечной силы в пролете, на­ груженном распределенной нагрузкой; -^прав -^лев где Q(, - поперечная сила в рассматриваемом сечении от внешней нагрузки. Знак поперечной силы устанавливается по следующему правилу: по­ перечная сипа на участке считается положительной, если прямолгтей- ная эпюра изгибающих моментов (или касательная к криволинейной эпюре) повернута по отношению к оси стержня против часовой стрелки, в противном случае поперечная сила будет отрицательной. Рассмотрим каждый стержень в отдельности. Стержень АС Q a = - + / АС б = 3 0 - 3 ,3 = 2 6 ,7 кН; 94 Q с I AC = - 3 0 - 3 , 3 = - 3 3 , 3 kH. Стержень CE CD Q de = Н £ ^ = г Ш П У _ , 8 , 9 кН. ■DE Стержень BE / BE Строим эпюру Q (рис. 9.6). Рис. 9.6 Находим максимальный изгибающий момент в пролете левой стойки. Дня этого используем обе дифференциальные зависимости при изгибе: dz dz = dQ 95 dM dz dM = Q-dz. Здесь dM = M 2 —M ^ = (й где CO gj2 ” площадь эпюры поперечных сил на участке 1-2. Вычисляем ^ах ^ ^ ^ 2 , 6 7 М; ° 9 10 = \ й ^ -2. + =i-26 ,7-2 ,67 + 0 = 35,6 кН'М. Для построения эпюры продольных сил вырезаем узлы С и ра­ мы и прикладываем к ним известные поперечные силы и неизвест­ ные продольные силы, которые находим из уравнений равновесия узлов (рис. 9.7). Положительные поперечные силы направляем так, чтобы они вращали узел по часовой стрелке. У зел С У зел Е С / N c e 1 ■V* N e c _ ) ' ) 1 1 , 1 1 ■X ---- ^ 1 8 , 9 ' > N c a ' , 3 3 , 3 P u c . 9 . 7 3 3 , 3 •Nse iVci-+33,3 = 0; -3 3 ,3 = 0 ; - 1 8 , 9 - . ¥ 5 £ = 0 ; ^ C E - N e c - N c a - N B E = -33 ,3 kH; -33 ,3 kH; -11,1 kH; - 1 8 ,9 kH. Строим эпюру iV(pHC. 9.8). 96 ■V33,3 7^ 18,9 11,1 iV), кН Рис. 91 Способ 2 Он заключается в том, что к основной системе прикладывает­ ся внешняя нагрузка, а также найденные лишние неизвестные ^ Х\ и Xj (рис. 9.9). Эпюры внут- о ренних силовых факторов стро- ятся так же, как для статически определимых рам. Вычисляем внутренние сило- А'2=И ,1 кН вые факторы в характерных се­ чениях: с D F=30 кН Я м В Х,=26,7 кН _ ______б м Рис. 9.9 = X i =26,7 кН; б а д -^-6=26,7-10-6=-33,3 кН; кН; 6 ^ ) £ = Z i - F = 1 1 ,1 -3 0 - -1 8 ,9 кН; = ^ -6 - ^ 1 =10-6-26,7 = 33,3 кН; 2 2 = 0 ; М с = Х у 6 ~ ^ - ^ ^ 2 6 , 7 - 6 - ^ ^ ^ = -19,8кНж , 2 2 M ^)=X 2-3+X i - 6 - ^ = U 1 - 3 + 2 6 , 7 - 6 - ^ ^ = 1 3 , 5 kH-m; 2 2 97 М £ =11Д-6 + 2 6 ,7 - 6 - 10-6- -30-3 = -43 ,2 кН-м; = 11 ,1 -6 -26 ,7 -3 -30 -3 = 56,7 кН-м; ^ ^ С = - ^ 2 = = - 1 1 Д кН; = X i - ^ - 6 = 2 6 ,7 -10 -6 = -33,3 кН; i V 5 £ = X 2 - F = l l , l - 3 0 = -18 ,9 кН. Находим Мтах на стержне АС: бшах _ 26,7- — ^та _■^л •“ 10 - = 2,67 м; 10-2,67 = 35,6 кН-м. По этим расчетам строятся эпюры Q, Ми N (см. рис. 9.5, 9.6, 9.8). 6. Проверяем правильность построения эпюр. Статическая проверка заключа- . зд ^ ется в следующем. Если эпюры ___________ 1 внутренних силовых факторов по­ строены по способу 1, то проверяем равновесие всей рамы в целом. Для ^ L^.3 кН этого к раме с отброшенными свя- ^ 18,9 кН зями прикладываем внешнюю на- грузку и силы, взятые из эпюр Q n N (рис. 9.10); 26,7 кН У, Е х = 0; 10-6-26 ,7-33 ,3 = 0; 6 0 - 6 0 = 0; 11,1 кН Рис. 9.10 'Ly^Q-, 11,1 + 18 ,9-30 = 0; 3 0 - 3 0 = 0. 98 Если эпюры Q, М и N построены по способу 1, то вырезаем узлы рамы, прикладываем к ним все внутренние силовые факторы, взя­ тые из эпюр, и проверяем их равновесие (рис. 9.11). Узел С Х х - 0 ; 33,3-33,3 = 0; = 11,1-11,1 = 0 ; 19,8-19,8 = 0; Узел Е £ х = 0; 33 ,3 -33 ,3 = 0; i:> ' = 0; 18,9-18,9 = 0; 4 3 ,2 -43 ,2 = 0. 11,1 кН J 3 ,3 кН 19,8 кН-м — ^ 33,3 кН ’"19,8 кН-м 11,1 кН 33,3 кН f 18,9 kH 43,2 kH 'm ' 33,3 1 43,: -- I kH'm'*' 18,9 кН Рис. 9. и Кинематическая (деформационная) проверка состоит в проверке равенства н>'лю перемещения заданной системы по направлению всех неизвестных. Для этого перемножаем по правилу Верещагина эпюру Мна эпюру М ^ (см. рис. 9.4): М - М ^ E J ' dz = 1 2 - E J 1 ^ 2 ^ 2 , 10 -6 ^ , ----- 1 9 , 8 - б - - 6 + - - 6 ----------- 3 2 3 3 8 + 1 2 - E J ^ - • 3 •13,5- 8 - - - 3 -19,8-7 + - - 3 -13,5 • l O - i - 3 -43,2-111 + 2 2 2 2 j + - 1 E J - - •3-43,2-11 + - -3 -5б ,7 -10 1 = , 2 2 J ^ (-1291,95 + 1302 ,75)=^^’^ E J E J 99 Погрешность составляет 1 л о ----- ^ - 1 0 0 % = 0,84 % < 2 % . 1291,95 З а д а ч а 9.2 Неразрезная балка находится под действием заданной внешней на­ грузки (рис. 9.12, а). Требуется выполнить необходимые расчеты и по­ строить эпюры Q и М(см. условие к задаче 11 контрольных заданий). Решение 1. Устанавливаем степень статической неопределимости балки; Я = ЛГ + NJL -iVnpon. ' где Л - число лишних неизвестных; Л^пр оп. = 1 - число промежуточных опор; Мащ.= 1 - число жестких заш;емлений. Следовательно, Л = 1 + 1 = 2 - балка дважды статически неопре­ делимая. Выбираем основную систему. Для этого устанавливаем шарниры на промежуточной опоре и в защемлении данной балки (рис. 9.12, б). Далее изображаем эквивалентную систему (рис. 9.12, в), нагружая ос­ новную систему внешней нагрузкой и лишними неизвестными. 2. Составляем канонические уравнения метода сил для дважды статически неопределимой балки: где Xi=M,;X2 =M2. 3. Строим эпюры изгибающих моментов от действия внешней нагрузки (рис. 9.12, г) и единичных силовых факторов M i =1 и М 2 - \ (рис. 9.12, д). 100 4. Находим коэффициенты и свободные члены канонических уравнений по правилу Верещагина; 3 E J 3 E J S j2 = Y 3 ^ ' ( M 2 - M 2 ) = E J p - M 10 Ъ- E J 1 2 , ^ 1 90-- 6 - 4 5 - - = E J 3 2 E J ^2F p - M 2 1 [ 2 . 1 1 ( 2 \ \ Л-• 6-45 ' •2-45- ± . L + L . \ E J _3 ’2 ’’ 2 ' 0 2 3 ) + ■ EJ 5. Находим лишние неизвестные. Подставляя найденные коэффициенты и свободные члены в ка­ ноническое уравнение и сокращая их на EJ, получим 2 - Х 1 + Х 2 + 9 0 = 0; ^ 1 + у - ^ 2 + 6 0 = 0. Отсюда находим X, = Ml = - 42,4 кН м; Х2 = Мг = - 5,3 кН-м. 101 6. Строим окончательные эпюры QviM. Рис. 9.12 102 Способ 1 Эпюру изгибающих моментов строим методом геометрического сложения грузовой эпюры Мр (см. рис. 9.12, г) с эпюрами от опор­ ных моментов (см. рис. 9.12, д), используя следующую формулу: Для этого откладываем значения найденных опорных моментов (с учетом знака), ординаты соединяем прямыми и от них отклады­ ваем ординаты эпюр Мр, т. е. как бы «навешиваем» грузовые эпюры на линии опорных моментов. Находим величины изгибающих мо­ ментов в характерных сечениях. 1-й пролет М J = М 1 = -4 2 ,4 кН-м; М g - М 2 = -5 ,3 кН-м; М , + М п q- l^ -^ 2 ,4 -5 ,3 10-6^ М ,_з„ = — ^ ^ ------— +--------- = 21,15 кН-м.Z-3M 2 8 2 8 2-й пролет М g = М 2 = ~5,3 кН'м; М ^ — О \ М q = —30 кН'м; = -45 + (-5 ,3 ) ■ 0 ,5 = -47,65 кН-м; МдР“ -1 5 + ( -5 ,3)-0 ,5 = 12,35 кН-м. Строим эпюру М(рис. 9.12, е). Находим величины поперечных сил. Для этого используем из­ вестные формулы dz I 103 Вычисляем / | 2 6 g ^ _ l M , z b l ± i M _ 2 3 , 8 кН; Qbd = -21.2 кН; e , , = i l £ Z ^ = 2 5 = 3 0 K H .ИС£ J , Строим эпюру 2 (рис. 9.12, ж). Вычисляем максимальный изгибающий момент в первом пролете: г , = ^ = ^ = 3.62 м; ^ 10 = i - e „ . • г. + М, = i .36,2 3 ,6 2 -4 2 ,4 = 23,12 кН-м. Проверяем правильность построения эпюр, используя статическую проверку, а затем кинематическую (деформационнуто) проверку. Статическая проверка. По формуле “ бправ ^ блев ’ где iQnpae И блев - поперечные силы, действующие справа и слева от опоры п, находим опорные реакции неразрезной балки; 104 R a -Q n p m - 3 6 , 2 kH; R b =аправ - 6 л » = -2 1 ,2 -( -2 3 ,8 ) = 2,6 kH; -блев = 3 0 - ( -2 1 , 2 ) = 51,2 kH. Проверяем равновесие балки; ^ y = 0; R ^ + RQ + R Q - F - q - 6 = Q\ 36,2 + 2,6 + 5 1 , 2 - 3 0 - 1 0 - 6 = 0; 9 0 - 9 0 = 0. i?5-6 + i ? c - 1 0 - F - l l - m - g - 6 - 3 - M ^ = 0 ; 2 ,6-6 + 5 1 , 2 - ] 0 - 3 0 - l l - 6 0 - 1 0 ’6 - 3 ~ ( - 4 2 , 4 ) = 0; 5 7 0 - 5 7 0 = 0. Кинематическая проверка основана на том, что угол поворота сечения А (жесткое защемление), а также взаимный угол поворота сечения над промежуточной опорой В должны равняться нулю. На­ ходим эти углы по правилу Верещагина (путем перемножения соот­ ветствующих эпюр): EJQ ^ = [ М ■М^) = - - - 6 - 4 2 , 4 - - Л - 2 3 - - • 6 - 5 , 3 •-•1 + - - 6 - 4 5 - - = -90,1+ 90 = 0,1; 2 3 3 2 £ J0 5 = ( M - M 2 ) = - - - 6 - 4 2 , 4 - i - l - 2 3 1 1 1 - - - 6 ' 5 , 3 ~ - 1 + - - 6 - 4 5 - - - - - 2 - 5 , 3 - 2 3 3 2 2 - . 1 + 1 . 1 ,3 3 2J - 1 . 2 . 4 7 , 6 5 2 1 .1+ 2.1 3 3 2 - 1 . 2. 30. 1 . 1 + 2 3 2 + 1-2-12,35■1.1 =-94 ,19 + 94,12 = -0 ,07 . 2 3 2 105 Погрешности вычислений составляют ОД ■100 - 0,11 % < 2 % ; - ^ ^ - 1 0 0 % = 0,074 % < 2 % . 90 94,12 Способ 2 Рассматриваем каждый пролет неразрезной балки в отдельности как простую статически определимую балку, нагруженную задан­ ной нагрузкой и найденными опорными моментами, и строим для них эпюры поперечных сил и изгибающих моментов. Балка АВ Находим опорные реакции: • 6 - ^ - 6 - 3 - М 2 + M j = 0 ; ^ т ^ = 0 ; - 6 + д - 6 - 3 - М 2 + M j =0; ; i , = l H ^ z » ± S l , 3 6 . 2 K H .6 Проверка: Х у - О ; R ^ + R g ^ - q - 6 = 0-, 36,2 + 23 ,8 -10-6 = 0; 6 0 - 6 0 = 0. Вычисляем e ^ = i ? ^ = 3 6 , 2 кН; = -2 3 ,8 кН; М ^ = - 4 2 ,4 кН-м; M g = -5 ,3 кН-м; 106 б лев 36 ,2Z = -------= __^_^=:3^62 м; а 10 -^тах = — ■36,2-3,62-42,4 = 23,12 кН-м. Строим эпюры 0 и Мдля балки (рис. 9.13). М ,=42,4 кН-м ^=10 кН/м Мг=5,Ъ кН-м 6 м Лл=36,2 кН 36,2-^ (+) го=3,62 м 23,12 42,4 / К R b,=23 кН ,к Н г5,3 кН-м Рис. 9.13 Балка ВС Находим опорные реакции; ^ ^ 5 = 0 ; F -5-171 + М 2=^-, 30-5 + 6 0 -5 ,3 4 = 51,2 кН; -5 ,3 + 60 + 30 ---------= 2 1 , 2 кН. 107 = R c - R b , - F = 0- 5 1 , 2 - 2 1 ,2 - 3 0 = 0; Проверка: 51,2-51,2 = 0. Вычисляем Q b c = - R b 2 = -2 1 ,2 кН; Q c e = F ^ 3 0 кН; = - 5 ,3 кН-м; = - 5 , 3 - 2 1 , 2 - 2 = -47,6кН-м; М ^ = 0 ; М с =-30-1 = -3 0 кН-м; М^Р“ = -30-3 + 51,2-2 = 12,4 кН-м. Строим эпюры Q и Мдля балки ВС (рис. 9.14). от=60 кН-м F=30 кНМг=5,3 кН-м 7?й^=21,2кН 21,2 30\^ TZ 1 51, I 2кН ,кН ( м ) , кН-м 30 Г\ 47,6 Рис. 9.14 Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для неразрез­ ной балки получаем путем совмещения соответствующих эпюр, по­ строенных для отдельных балок. 108 7. Подбираем двутавровое сечение балки. Из условия прочности при изгибе М^ max < находим требуемый момент сопротивления сечения балки: ттг ^тах 4 2 ,4 ‘10 1 пЗ 1 ч= ---- = 265-10^ мм ^= 265 см1 160 По таблице сортамента (ГОСТ 8239-89) выбираем двутавр №24, у которого Wx = 289 см^ 10. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ Для надежной работы конструкции необходимо обеспечить не только ее прочность, но и устойчивость. При потере устойчивости всей конструкции или отдельных ее элементов теряет смысл и про­ верка на прочность, так как при потере устойчивости мгновенно меняется форма равновесия. Это сопровождается быстрым нараста­ нием напряжений и разрушением конструкции. При центральном сжатии прямого стержня силой F его первона­ чальная прямолинейная форма равновесия становится неустойчи­ вой при достижении этой силой своего критического значения Ещ,. При этом появляется опасность искривления оси стержня в плоско­ сти наименьшей жесткости и потери устойчивости стержня. При потере устойчивости в упругой стадии критическая сила вычисляется по формуле Леонарда Эйлера: ( . - 0 ^ ■ где \i - коэффициент приведения длины стержня, зависящий от способа закрепления его концов; Jmin - минимальный момент инерции поперечного сечения стержня. 109 Возникающие при этом напряжения, называемые критическими, равны ‘■ЩШ Vin ~ \ j ~ ^ ~ минимальный радиус инерции сечения стержня. Как отмечалось выше, формула Эйлера применима лишь в упру­ гой стадии нагружения при выполнении следующего условия: Л где а„ц - предел пропорциональности материала стержня. Из соотношения (10.1) находим А,: = Х„р„. 00.2) Выражение (10.2) является условием применимости формулы Эй­ лера. Например, для стали СтЗ a„u= 200 МПа, £■ = 2-10 ^МПа. Тогда Для чугуна « 80, дая дерева « 75 . Однако часто на практике гибкость стержней бывает меньше ука­ занных величин. Формула Эйлера в таких случаях становится непри­ менимой, так как критические напряжения Сткр превзойдут предел 110 пропорциональности сГпц и нагружение стержня переходит в упр}0'0- пластическую стадию. В этом случае для определения критических напряжений используют эмпирическую формулу Ф.С. Ясинского: где а и Ь - коэффициенты, зависящие от материала стержня. Например: для стали СтЗ а = 310 МПа, Ь= А МПа; для чугуна а = 776 МПа, Ь=\ 2 МПа; для дерева а = 29,3 МПа, Ь = О, \9 МПа. Критическая сила по формуле Ясинского находится из соотно­ шения ^кр =^кр = { а - Ь - Х ) А . Допускаемое напряжение и допускаемая нагрузка при расчете стержней на устойчивость в целях безопасности должны быть меньше их критических значений: F Ккр_ «у ау ^кр Пу где [иу] - требуемый (допускаемый) коэффициент запаса устойчи­ вости. Для стали принимается [Иу] = 2...3: для чугуна [яу] = 5...5,5; для дерева [«у] = 3...4. При этом коэффициент запаса устойчивости не­ сколько больше коэффициента запаса прочности п. Так, для стали [п] = 1,5; для чугуна [«] = 3. На практике расчет на устойчивость стержней любой гибкости производится как расчет на простое сжатие путем введения специ­ ального коэффициента. Расчетная формула (или условие устойчи­ вости) имеет следуюш,ий вид; а = — <ф -[сг], (10.3) 111 [Oyj Здесь ф = -f— ^ - коэффициент уменьшения основного допускаемо- b c J го напряжения, где [ау] - допускаемое напряжение при продольном изгибе; [ас] - допускаемое напряжение на сжатие. Величина коэффициента ф зависит от гибкости стержня Я и от его материала. С целью облегчения расчетов для многих материалов со­ ставлены таблицы зависимости коэффициента ф от гибкости X. Из условия устойчивости (10.3) вытекают три типа задач; 1) проверка устойчивости стержня; 2) определение допускаемой силы [i^; 3) подбор сечения стержня. Расчет всех трех типов задач может быть вьшолнен двумя методами. 1. Требуемый коэффициент запаса устойчивости [Иу] не задан. В этом случае расчет ведется с использованием таблицы значений коэффициента продольного изгиба ф. (При составлении таблиц ко­ эффициентов ф для стальных стержней принималось [Иу] = 1,8...2.) 2. Коэффициент [лу] задан. В этом случае расчет производится с использованием формулы Эйлера или Ясинского. Во многих случа­ ях этот метод значительно упрощает расчет. З а д а ч а Стойка длиной / двзлгаврового сечения, выполненная из стали СтЗ, сжимается осевой силой F (рис. 10.1). Требуется выполнить необходи­ мые расчеты (см. условие к задаче 12 контрольных заданий). F= 120 кН Дано: вариант 1 [а] = 160 МПа; К ] не задан; вариант 2 К ] = 2,2./ / / Рис. 10.1 112 Решение Вариант 1 1. Подбираем номер двутавра из условия устойчивости F ^ а = — <ф- А о А>- F Ф- а методом последовательных приближений. J-e приближение Принимаем (pi = 0,5. Вычисляем требуемую площадь сечения стойки: А> F 120 - 10 - = 1500 мм =15 см . 9 j [ a ] 0 ,5 1 6 0 По таблице сортамента выбираем двутавр №12, у которого J = 14,7cM^ Jmin=27,9 см"; in,i„=l,38cM. Вычисляем гибкость стойки: *mm 1,38 По таблице коэффициентов ср находим: при Я = 120 ф = 0,45; при X ~ 130 ф = 0,40. Методом лшейной интерполяции определяем коэффициент ф для найденного значения X: 9 , = 0 . 4 + = 0 , 4 1 5 . 113 F сг = — -[о]. Проверяем устойчивость стойки по формуле где F 120-10^ а = — = -----------^ = 81,6 МПа; А 14,7-10^ ф'1 - [ а ] -0 ,4 1 5 160 = 66,4 МПа. Стойка перегружена. Перегрузка составляет 8 1 ,6 - 6 М 0/^ ^ 22,9 % > 5 % , 66,4 что недопустимо. Продолжаем расчет. 2-е приближение Принимаем 5 j j V l = M ± M 1 5 = 0.46. ^ ^ 2 2 " Вычисляем 0,46-160 Выбираем двутавр №14, у которого А = \1А см^ J,nin= 41,9 см"; /„.»= 1,55 см. Гибкость стойки равна 1,55 114 Методом интерполяции находим ф; ф ' = 0 ,52 -^^^?—^ - 3 - 0 , 5 . ^ 10 Проверяем устойчивость стойки: F 120-10^ ^ А 17,4-Ю ^ Стойка недогружена на 8 0 -6 9 69 = 69 МПа; ф‘2 ■ [а] = 0 ,5 • 160 = 80 МПа. 100 % = 15,9 % > 5 % , но с этим нужно мириться, поскольку ближайший меньший двутавр, как было установлено выше, вызывает недопустимую перегрузку. Таким образом, принимаем окончательно двутавр №14. 2. Определяем критическую силу. Так как А, = 113 > ^пред = ЮО, то применяем формулу Эйлера: . = Н-269.8КН. ’ ( n - / f (0,7.2500f 3. Вычисляем коэффициент запаса устойчивости: ' f 120 Вариант 2 Если задан коэффициент запаса устойчивости [«у] = 2,2, то кри­ тическая сила F = F ■кр •' L « y j = 120-2,2 = 264 кН. 115 с другой стороны, при выполнении расчетов по формуле Эйлера КР / ,ч2 ■( ц / ) Отсюда находим требуемый минимальный момент инерции сечения: .409591 ^ 40,96 с„< ж^-Е ж^-2Л0^ По таблице сортамента находим необходимый номер двутавро­ вого сечения- M l 4. Для него А = П А см ;^ Jmi„= 41,9 см'*; /™п= 1,55 см. Проверяем правильность применения формулы Эйлера к расчету стойки принятого профиля, определяя гибкость стойки: = 100.. ^ пред ‘min Следовательно, формула Эйлера использована в пределах ее применимости, 11. РАСЧЕТЫ НА УДАРНУЮ НАГРУЗКУ Инженерные конструкции часто подвергаются действию дина­ мических нагрузок, быстро возрастающих во времени. Возникаю­ щие при этом силы инерции оказывают значительное влияние на напряженно-деформированное состояние конструкций. Расчет их элементов при наличии динамических нагрузок более сложен, чем при статическом воздействии. Общий метод расчета основан на из­ вестном из теоретической механики принципе Даламбера. В тех случаях, когда определение сил инерции затруднено, как, например, при ударных нагрузках, расчеты выполняются с использованием закона сохранения энергии. 116 Для упрощения расчета применяются различные гипотезы, в ча­ стности, пренебрегают потерями энергии при ударе. Предполагает­ ся также, что напряжения при ударе не превышают предела про­ порциональности и закон Гука соблюдается (упругий удар). В зависи.мости от направления удара по отношению к оси стерж­ ня и характера деформаций, возникающих при этом, удары подраз­ деляются на три основных вида: а) продольный удар (деформация растяжения или сжатия); б) поперечный удар (деформация изгиба); в) крутящий удар (кручение с изгибом). Целью расчета сооружений на ударную нагрузку является опре­ деление максимальных напряжений и деформаций, возникающих при ударе. Для этого используются следующие формулы: Од — К5ст Од ~ Кд ■ Ост! 5д ~ Кд ' 5ст5 где Од и 5д - напряжение и перемещение стержня при ударном при­ ложении нагрузки; Ост и бет - напряжение и перемещение стержня при статическом действии силы, равной весу падающего груза; - динамический коэффициент при ударе, который определя­ ется по формуле (без учета собственной массы стержня); ( 11.1) Здесь h - высота падения груза. Так как скорость падения груза в момент удара определяется по формуле v = ^ 2 - g - h , где g - ускорение свободного падения, то формула (11.1) может быть представлена в следующем виде: 1 + — ■ (11-2) ^ст 117 Если нагрузка к стержню приложена мгновенно, т. е. /г = О и V = О, то из формул (11.1) и (11.2) следует, что Дд = 2. С учетом массы стержня, подвергающегося удару, величина определяется по формуле 1 + - 1-h Г р ^ ' 1 + - Р (11.3) где Р - вес стержня, подвергающегося удару; Q - вес падающего груза; [3 - коэффициент приведения массы стержня к точке удара (р < 1). Если отношение - ^ > 1 0 0 , то формулы (11.1) - (11.3) можно 5г'ст записать так: 2-h •'ст g-5c 1 + 2-h 'СТ ( Р ' ■ 1 + - - Р I G Коэффициент Р имеет следующие значения: - при продольном ударе по брусу постоянного сечения j3 = 0,333; - при поперечном ударе по середине балки, лежащей на двух опорах, р = 0,486. З а д а ч а На упругую систему падает гру'з Q с высоты h (рис. 11.1). Материал стержней - сталь, [о] = 160 МПа. Определить максимальные напряже­ ния в элементах системы и перемещение точки падения груза. 118 Дано: а = 2 м; 6 = 1,5 м; с = 2,5 м; d -Ъ CW, двутавр №24; 2 = 2,0 кН; /г = 10 см. Решение Балка АС подвергается действию поперечного удара, а стержень BD испытывает продольный удар. По таблице сортамента (ГОСТ 8339-89) для двутавра №24 находим /^ = 3 4 6 0 см''; W ^ ^ 2 % 9 c u \ Площадь поперечного сечения стержня n - d ^ п-З'^ = 7,065 см1 1. Вычисляем перемещение системы в точке падения груза при статическом действии силы Q. Определение перемещения можно производить двумя способами. Способ 1 Изображаем pac4erH>TO схему (рис. И .2) и находим продольное уси­ лие в стержне BD : A /'-sina-2-0-6 = O; 119 где дг = _ ± £ _ = _ ^ : 2 _ _ = 7 ,0 кН, 2-sina 2-0,8575 2,5 sm а = ■ = 0,8575; h o ^1,5^+2,5^ 4 z) = V 6 ^ ^ ^ = V V ^ + ^ = 2,92 м. Определяем удлинение стержня BD: 7-10^-2 ,92 ,101 Е А 2 -1 0 ^ -7 ,065-10^ Вычисляем перемещение точки С только от изгиба балки АС (рис. 11.3): — \ 1 ^1 2 ^ 1 „ 2 ЛМ р - - М ) ^ ------ ^ > E J -■ 8 -2 - - '•4 + - ■8-4---4 ^2 3 2 3 j 64 64-10 12 EJ 2-10^-3460-10'^ = 9,25 мм. 120 Перемещение точки С только от растяжения стержня BD найдем, изобразив систему в деформированном состоянии {рис. 11.4). При этом балку АС считаем абсолютно жесткой по отношению к стержню BD. Из подобия треугольников ^ 455] яАССу находим 5 с - S b -6 где из треугольника ВВ1В2 А/ 0,145 Ь а = ------ = ----------=0,17 ММ. sin а 0,8575 Тогда Sc =3"с(раст) = ■^■- = 0,51 ММ. Суммарное перемещение точки С от деформации балки АС и стержня BD Ус >^ с(изг) + Ус(ре.ст) = 9,25 + 0,51 = 9,76 мм. Способ 2 Величину Ус можно найти по методу Мора с применением спо­ соба Верещагина: 121 1 / E J 1 2 1 2 i - 8 - 2 - - - 4 + - - 8 - 4 - - - 4 2 3 2 3 + — •(7-3,5-2,92) = E A ^ ' 71 54-10^= 9,25+----- / ----- ^ = 9,25 + 0,51 = 9,76 мм, 2-10^-7,065-10^ где (из уравнения статики) iV = - ^ - — = — — = 3,5; iVf = 7V=7KH. 2 -sina 2-0,8575 2. Вычисляем динамический коэффициент: . 2-1001 + ----- — = 5,64 . 9,76 3. Находим максимальные напряжения в элементах системы при статическом действии силы Q: N 7-10^ стержень BD сг™ = — = -------------^ = 9,9 МПа; А 7,065-10^ балка АС = - - - = 27,7 МПа. W, 289-10^ 4. Определяем максимальные напряжения системы при ударе: стержень BD д ~ ‘ '^ст = 5,64-9,9 = 55,8 МПа; балка АС Сд = - CJ^ ,^ = 5,64 • 27,7 = 156,2 МПа. 5. Находим перемещение точки падения груза (точки С): Ус'^д - -^д ■ ^ ст~ - 9,76 = 55,0 мм. 122 12. РАСЧЕТЫ ПРИ УПРУГИХ КОЛЕБАНИЯХ 12.1. Основные сведения из теории На прочность конструкции большое влияние оказывают упругие колебания ее элементов, часто являющиеся причиной разрушения. Поэтому вопросы колебаний требуют особого внимания при проек­ тировании любой конструкции. При иззд1ении колебаний упругие системы принято различать по числу степеней свободы. Число степеней свободы - это число незави­ симых параметров, определяющих положение системы в любой мо­ мент времени. Различают собственные и вынужденные колебания. Собственные колебания - это колебания упругой системы, вы­ званные однократным воздействием силового импульса и в даль­ нейшем происходящие под влиянием сил упругости самой системы. Вынужденные колебания происходят под воздействием перио­ дически изменяющихся во времени внешних сил. Время одного полного колебания называется периодом колеба­ ний Т (измеряется в секундах). Величина, обратная периоду колеба­ ний, называется секундной частотой / Она представляет собой число колебаний в секунду и измеряется в герцах. В технике чаще используется круговая частота ®, которая представляет собой чис­ ло колебаний за 2я: секунд (измеряется в рад/с или с''). 12.2. Собственные колебания системы с одной степенью свободы Дифференциальное уравнение собственных колебаний имеет вид z + co^-z = 0 , (12.1) где ш - круговая частота; Z - смещение груза от положения статического равновесия, со­ ответствующее моменту времени t. Общее решение уравнения (12.1) можно представить в следую­ щем виде: 123 z = Ап ■ sin(cjo ■ t + а) , (12.2) V 2 V л z Q Н----^— амплитуда собственных колебаний; zo - начальное смещение груза от положения статического рав­ новесия; Vo - начальная его скорость; (сй-^ + а) - фаза колебаний; Zn - соа = arctg —------ сдвиг фазы. ^0 Круговая частота определяется по формуле со = i s ст где бет - перемещение в направлении колебаний от статического действия силы, равной весу тела, совершающего колебания; g - ускорение свободного падения; т - масса тела; с - коэффициент жесткости упругой системы, равный силе, вы­ зывающей единичное перемещение. Для упругого стержня (или пружины), к которому подвешен груз: Е А для балки, у которой груз закреплен посредине: AZ-EJ с = ■ Уравнение (12.2) показывает, что собственные колебания систе­ мы с одной степенью свободы являются гармоническими. Согласно определению периода колебаний, круговой и секундной частот можно записать 124 2тг jm ^ I c o (0 12.3. Вынужденные колебания системы с одной степенью свободы Дифференциальное уравнение вынужденных колебаний имеет вид Z + ■ Z - q • c o s p t , (12.3) где р - частота изменения возмущающей силы. Здесь н ? = — (12.4) где Н - максимальное значение возмущающей силы; Q - вес груза, совершающего колебания. Общее решение уравнения (12.3) можно представить в следую­ щем виде: Z - Bq ■ {cos p t - С05Ш) . (12.5) Здесь амплитуда вынужденных колебаний ^ 0 = 2^- 2 - (12.6) (Ц - р Динамические напряжения и перемещения, возникающие в элемен­ тах системы при упругих колебаниях, определяются по формулам Сд —-^д ■ *^ ст ’ ' ^ст ’ где 0CT - напряжения при статическом действии силы Q, Кц - динамический коэффшдаент. 125 При собственных колебаниях динамический коэффициент ^ д =1 + - ст При вынужденных колебаниях динамический коэффициент F =1 + ^ . 6 . Q Здесь р - коэффициент нарастания колебаний - определяется по формуле 2 ■ 1-^ Ш З а д а ч а Электродвигатель весом Q = 8 кН, закрепленный на стальной балке длиной / = 2 м прямоугольного поперечного сечения 6x12 см, передает вращательное движение со скоростью п = 1000 об/мин (рис. 12.1). Неуравновешенные вращающиеся части двигателя име­ ют массу »г = 5 кг и эксцентриситет е = 3 см. Л 1/2 Q ^ !/2 ъ г Рис. 12.1 Необходимо определить амплитуду вынужденных колебаний и наибольший прогиб балки, а также максимальные нормальные на­ пряжения в балке. Найти число оборотов электродвигателя, при ко­ тором наст>'пит резонанс. Вес балки не учитывать. 126 Решение 1. Определяем частоту собственных колебаний балки; 'Sex где g = 9,8 м/с ^- ускорение свободного падения; 5ст - статический прогиб балки под действием силы Q в месте крепления электродвигателя. Величину статического прогиба обычно определяют по способу Верещагина. В данной задаче 8„ находим по известной формуле: 8 " 4 8 ' £ J ’ где £ = 2-10^ МПа; / = = 864 см\ 12 12 Тогда З 'З 8 -10^ -(2-10 48-2-10^-864-Ю'^ 5 ^ ----- _ = о,77 мм. Вычисляем р 8оо (О = 1 ------ = 112,8 с . У 0,77 2. Определяем частоту изменения возмущающей силы: к - п т г ЮО О р = ----- = ---------- = 104,7 с . ^ 30 30 127 3. Находим коэффициент нарастания колебаний: Р = —Ц- =------------------ 5----г = 7,22. 1^104,7" СО 4. Определяем динамический коэффициент: К , =1 + — -р.Д Q Н Наибольшее значение возмущающей силы находим по формуле Я = т - / ? ^ - е = 5-104,7^-0,03 = 1644 Н. Тогда 1644К, =l + i ^ - 7 , 2 2 = 2,48. ^ 8000 5. Определяем амплитуду вынужденных колебаний: где 5 ^ - деформация при статическом действии возмущающей силы.'С7 Из отношения = — следует, что 5 ^ =^ст ' 77 ■ 5 с т б Q Тогда 128 Величину Во можно также найти исходя из формул (12.4) и (12.6): Я g 1644 9800 Во = = 1,14 мм. Q 8000 112,8^-104,72 6. Находим наибольший прогиб балки (под электродвигателем); 6д = К ^ -6„ = 2,48-0,77 = 1,91 мм. Или = 5ст+ ^0 = 0^7+1,14 = 1,91 мм. 7. Определяем максимальные нормальные напряжения в балке: '^сг- Здесь напряжения при статическом действии силы Q равны г . где М Q-max — = 4кН-м; Г =4 ^ 6 6 = 144 см\ Тогда ^ст 4 1 0 ^ 144-10- = 27,8 МПа. 129 Отсюда 8. Устанавливаем характер изменения суммарных напряжений в опасном сечении балки. Вычисляем наибольшие напряжения в опасном сечении от веса электродвигателя: ^max{Q) Q l 8-210'^сг ^ ^ = 27,8 МПа. 2 4-W^ 4-144-Ю^ Определяем наибольшие напряжения от действия возмущающей силы Н: Здесь напряжения <7^ , возникающие в опасном сечении балки от действия возмущающей силы при ее статическом приложении, равны W , 4 -Ж , 4-144-Ю^ ад =2,48-27 ,8 = 68,9 МПа. Тогда a f = 5,7-7,22 = 41,1 МПа. Эти напряжения изменяются во времени по симметричному цик­ лу. Центробежная сила, возникающая при вращении неуравнове­ шенных масс, равна 'У Н = т - р -е. 130 А^9=1--pt Р ис. 12.2 Вертикальная составляющая этой силы и является гармонической возмущающей силой, равной (рис. 12.2) Fg = Н -sm.p t . Ее максимальное значение равно = Н{пщ sinpt=\). Динамические напряжения от действия возму­ щающей силы накладываются на постоянные напря­ жения от собственного веса электродвигателя. Таким образом, суммарные напряжения в опасном сечении балки изменя­ ются по асимметричному циюту. Изображаем графически этот цикл согласно выполненным расчетам (рис. 12.3). Основные параметры цикла: - среднее напряжение цикла - амплитудное напряжение - максимальное напряжение - минимальное напряжение = оо = 27,8 МПа; Оа = Од"=41,1 МПа; Стах = + (Т а = 68,9 МПа; O m in = О т - 0 а = -13,3 МПа. 9. Находим число оборотов электродвигателя, при котором на­ ступает резонанс. Явление резонанса наступает, когда частота изменения возму­ щающей силы становится равной частоте собственных колебаний электродвигателя. Поэтому критическое число оборотов электро­ двигателя находим из формулы ж-п р = ----- = со 30 «кр=- 30'© 30-112,8 % % = 1077,7 об/мин. 131 КОНТРОЛЬНЫЕ И РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКИЕ ЗАДАНИЯ Общие указания о порядке выполнения контрольных работ Количество контрольных работ для студентов различных специ­ альностей и форм обучения устанавливается учебным планом. За­ дачи, входящие в состав контрольных работ, указаны в таблице. jVo п/п Число контроль­ ных работ Номера задач, входящих в контрольные работы 1 ,2 ,3 4, 5 ,6 7, 8, 9, 10 11, 12, 13, 14 1, 3, 4, 6 7, 8, 9, 10 11, 12, 13 1, 3, 4, 6 7, 9, 10, 12 1 I, 4, 9, 12 Примечание. В случае изменения учебных планов допускаются допол­ нения и изменения в данной таблице. Исходные данные для решения задач выбираются студентом из таблиц, прилагаемых к условию каждой задачи, в соответствии со своим учебным шифром (номер зачетной книжки). Шифром счита­ ются три последние цифры номера. Если номер двузначный, то его следует записать дважды и взять три последние цифры. Каждая таблица состоит из трех частей. Из каждой части таблицы выписы­ вается та строка, которая соответствует первой, второй и последней цифре шифра. Например, шифр студента 276. В этом случае из пер­ вой части таблицы выписывается строка 2, из второй (средней) час­ ти таблицы - строка 7, из третьей части - строка 6. Работы, выполненные не по шифру, возвращаются студенту без рассмотрения и не зачитываются. Приступать к выполнению контрольных работ следует после изучения соответствующего раздела курса сопротивления материа­ лов [1...7]. Каждую контрольную работу следует выполнять в отдельной тетради с полями для замечаний рецензента. 132 На титульном листе контрольной работы должны быть написа­ ны; название дисциплины и номер контрольной работы, фамилия, имя и отчество студента, название факультета, специальность, шифр и точный почтовый адрес. После условия каждой задачи необходимо вычертить заданную схему и указать на ней все размеры и все нагрузки в цифрах. На эпюрах должны быть поставлены числовые значения всех харак­ терных ординат и их размерность. Решение задач должно сопровождаться краткими пояснениями. Все расчетные формулы необходимо записывать с расшифровкой входящих в них символов. После этого подставляются числовые значения, указывается результат вычислений и его размерность. При этом окончательные результаты необходимо подчеркивать. Получив после рецензирования контрольную работу, студент должен исправить все отмеченные ошибки и выполнить все указан­ ные преподавателем исправления и дополнения, даже если работа зачтена. Если работа не зачтена, необходимо выполнить на отдель­ ных листах исправления и представить всю работу целиком на по­ вторную рецензию. Нужно помнить, что несамостоятельно выполненное задание не позволит студенту приобрести необходимые знания и навыки, а также овладеть практическими методами и приемами решения за­ дач, связанных с расчетом элементов инженерных конструкций. Это, в свою очередь, не даст возможности студенту ответить на вопросы, связанные с выполнением задания, и решить контрольную задачу по тематике задания при его защите. З а д а ч а 1 Абсолютно жесткий элемент закреплен при помощи стальных стержней длиной I и площадью поперечного сечения А. Модуль уп­ ругости материала стержней Е = 2-10 ^ МПа. Элемент нагружен внешней нагрузкой (F или q) (рис. 1). Требуется: 1) определить усилия и напряжения в стержнях при заданной нагрузке; 2) найти величину наибольшей допускаемой нагрузки, если [сг] = 160МПа; 133 3) определить коэффициенты запаса прочности стержней при найденной допускаемой нагрузке; 4) вычислить допускаемою нагрузку по несущей способности, если предел текучести материала стержней а ^ = 240 МПа и коэф­ фициент запаса А: = 1,5; 5) сравнить найденные значения допускаемой нагрузки. Числовые данные взять из табл. 1. Таблица 1 га ■f в 3 о. § 1 « 3D. д F, кН 9= кШм а, м /1, м cd а «S 1 Ах, см^ ь, м /2, М I I § ^ с ^ о s; С g А.2, СМ^ а ,, гра­ дус «2, гра­ дус 1 20 - 1,0 2,1 I 1 6 1,1 1,2 1 6 30 60 2 - 10 1,2 2,2 2 7 1.2 1,4 2 7 90 90 3 30 - 1,4 2,3 3 8 1,3 1,6 3 10 80 50 4 - 15 1,6 2,4 4 9 1,4 1,8 4 12 50 80 5 40 - 1,8 2,5 5 10 1,5 2,0 5 14 90 90 6 - 20 2,0 2,6 6 11 1,6 2,2 6 16 60 80 7 50 - 2,2 2,7 1 7 12 1,7 2,4 7 17 75 60 8 - 25 2,4 2,8 8 13 1,8 2,6 8 18 45 45 9 60 - 2,6 2,9 ! 9 14 1,9 2,8 9 19 70 40 0 - 30 2,8 3,0 11 ° 15 2,0 3,0 0 20 40 70 134 135 Бесконечно малый элемент, вьщеленный в опасной точке нагру­ женного тела, находится в плоском напряженном состоянии (рис. 2). Требуется; 1) определить аналитически и графически (при помощи круго­ вой диаграммы Мора) главные напряжения и направление главных площадок; 2) вычислить максимальные касательные напряжения; 3) показать на чертеже элемента и на круговой диаграмме Мора главные площадки и направление главных напряжений, а также по­ ложение площадок с максимальными касательными напряжениями; 4) определить относительные деформации Ех, у^, 5) определить относительную объемную деформацию; 6) найти удельную потенциальную энергию деформации; 7) проверить прочность материала в рассматриваемой точке по одной из теорий прочности. Числовые данные взять из табл. 2. Таблица 2 З а д а ч а 2 то. 5 о. и а- О )-н М Па МПа (ЙСи S S ffi МПа f i а it с Э Оо5 у о 6 л о о н [СТр], МПа [С^ с], МПа Е, МПа Ц 1 10 10 1 10 1 III 160 160 2,0-10^ 0,26 2 20 20 2 20 2 м 40 120 1,0-Ю’ 0,23 3 30 30 3 30 3 IV 150 150 2,1-10^ 0,28 4 40 40 4 40 4 м 35 100 IJIO^ 0,24 5 50 50 5 50 5 III 140 140 2,0-10^ 0,33 6 60 60 6 60 6 IV 150 150 2 ,М 0^ 0,32 7 70 50 7 70 7 м 30 120 1,15-10^ 0,25 8 80 8 80 8 III 160 160 2 ,0-Ю' 0,30 9 90 30 9 90 9 м 25 100 1,20-10^ 0,26 0 100 20 0 100 0 IV 180 180 2,М 0^ 0,28 136 ©о, Ох л txv. О;, 8 ) © Рис. 2 137 Поперечное сечение состоит из прокатных профилей и листа размером bxh (рис. 3). Требуется; 1) определить положение центра тяжести сечения; 2) найти направление главных центральных осей; 3) вычислить моменты инерции и моменты сопротивления отно­ сительно этих осей; 4) определить значения главных центральных радиусов инерции; 5) вычертить сечение в удобном масштабе и указать на нем все оси и все размеры. Числовые данные взять из табл. 3. Таблица 3 З а д а ч а 3 S, t « ! | о к о,m CQ « ь, см 1 i Си \ 1"' § | Тнет Он(Uс; я 3 h, см йл •в" ^ 3 в 1 S S d оо d « 3 X § § 2 g > g Й D, а 3я3- и о § § 1 § 1 1 10 10 1 1 10 100 1 80x80x8 - 2 12 12 2 12 120 2 - 80x50x6 3 14 14 3 14 140 3 - 90x56x8 4 16 16 4 16 160 4 - - 5 18 18 5 18 180 5 90x90x9 - 6 20 20 6 20 200 6 100x100x10 - 7 22 18 7 22 220 7 125x125x10 - 8 24 16 8 24 240 8 - 100x63x10 9 27 14 9 27 260 9 - 110x70x8 0 30 13 1 0 30 280 0 - 125x80x10 138 JJ I— \ J I— I L Puc. 3 139 Для заданной схемы балки {рис. 4.1) и рамы (рис. 4.2) требуется: 1) построить эпюры внутренних силовых факторов; 2) подобрать необходимые размеры поперечного сечения задан­ ной формы при [о]=160 МПа (для балок); 3) вычислить наибольшие касательные напряжения (для балок); 4) построить эпюру прогибов, приняв £■ = 2-10 ^МПа (для балок); 5) проверить правильность построения эпюр путем вырезания узлов с последующей проверкой выполнения всех трех уравнений равновесия каждого узла (для рам). Числовые данные взять из табл. 4. Таблица 4 З а д а ч а сбCW я ^ § f а 3о п а, м F, кН Л s f м м т, кН-м кН/м ви. -в- ^ § се 1 S t d 5 ^ос с, м * 8 1 2 8 5 tu Д S К S I э ж ^ I I 10 1 3 40 2 1 1 - 2 2 20 2 2 30 4 2 2 2 3 3 30 3 1 20 6 3 1 - 4 2 40 4 2 10 8 4 2 1 5 1 30 5 3 20 10 5 1 ЗЕ - 6 2 20 6 2 30 12 6 2 - ф - - 7 3 10 7 1 4 0 1 4 7 3 Т 2 , 5 8 2 2 0 8 2 3 0 1 6 8 1 - 9 1 3 0 9 3 2 0 1 8 9 2 - р - 1 0 2 4 0 0 2 1 0 2 0 0 1 ж - 140 FF а Ж т Ч ш Z /77 Г~Т Т 7 F г ~ г /V ~ / /г ж т т г < ? /■^7 ш /тт «? т т т д з д л F ш ; 1 1 1 z \ ?Т7 F И Х ж/7^Т 7 Рис. 4.J 141 © F /А т ( L A m ^ F -r? A F HI 9 ш i i I " : ^m i 'скаемую нагрузку при повороте поперечного сечения на 180°; 5) сравнить найденные значения допускаемой нагрузки. Числовые данные взять из табл. 5. Таблица 5 З а д а ч а 5 cd S f 8 - " с « S ' S ою (Й и ^ F, кН 1, м ей гсо « Р [<7с], МПа а t я 51 W ?• S t g а чоо с о £ 1 о. о S я ® Н £Г 8 f, см см К ] , МПа 1 а 10 2,0 1 0,7 0,25 80 1 1 4,0 24 30 2 б 20 3,0 2 0,8 0,30 90 2 2 3,0 22 32 3 а 15 1.8 3 0,9 0,35 100 3 3 3,6 20 34 4 б 30 2,8 4 1,0 0,40 110 4 4 3,0 18 36 5 а 20 1,6 5 1,1 0,45 120 5 1 3,2 26 38 6 б 40 2,6 6 1,2 0,50 130 6 2 3,0 24 40 7 а 25 1,4 7 1,1 0,55 140 7 3 3,2 22 42 8 б 50 2,4 8 1,0 0,60 130 8 4 3,4 20 44 9 а 30 1,2 9 0,9 0,65 120 9 1 3,6 28 46 0 б 60 2,2 0 0,8 0,70 ПО 0 2 3,8 22 48 143 а) 6) в) 0,56 Е а=аЬ - ___I Рис. 5.1 144 К стальному валу приложены три известных момента М\, Mz, М3 и один неизвестный X(рис. 6). Требуется; 1) определить значение момента X, при котором угол поворота концевого (не защемленного) сечения вала равен нулю; 2) построить эпюру крутящих моментов при найденном значе­ нии X; 3) определить диаметр вала из условия прочности и жесткости, приняв G = 8Т0'' МПа; 4) вычислить максимальные касательные напряжения на всех участках вала и построить эпюру Тщах; 5) построить эпюру углов закрз^ивания поперечных сечений вала; 6) найти наибольший относительный угол закручивания. Числовые данные взять из табл. 6. Таблица 6 З а д а ч а 6 ар-t с« S' ^ S f о t=: 0, м Ml, кН-м W , МПа Си S л н m ь, м Мг, кН м [в], градус/м еЗ -е- ^ § « 1 « & 1 I f 8 Э а ^ с; 2 , о ^ о С с, м М , кН м 1 1Л 1 50 1 2,0 2 1,0 1 0,5 1,5 2 1,2 2 60 2 1,9 4 1,2 2 0,6 3,0 3 1,3 3 65 3 1,8 6 1,4 3 0,7 4,5 4 1,4 4 70 4 1,7 8 1,6 4 0,8 6,0 5 1,5 5 75 5 1,6 10 1,8 5 0,9 7,5 6 1,6 6 80 6 1,5 12 2,0 6 1,0 9,0 7 1,7 7 85 7 1,4 14 2,2 7 1,1 10,5 8 1,8 8 90 8 1.3 16 2,4 8 1,2 12,0 9 1,9 9 95 9 1,2 18 2,6 9 1,3 13,5 0 2,0 10 100 0 1,0 20 2,8 0 1,4 15,0 145 Рис. 6 146 Короткий стержень заданного поперечного сечения сжимается продольной силой F, приложенной в точке, показанной на схеме сечения (рис. 7). Требуется: 1) найти положение нейтральной линии в поперечном сечении стержня; 2) вычислить наибольшие растягивающие и наибольшие сжи­ мающие напряжения и построить эпюру напряжений; 3) найти допускаемую нагрузку при заданных размерах сечения; 4) построить ядро сечения. Числовые данные взять из табл. 7. Таблица 7 З а д а ч а 7 сел а s t С ь, см F, кН аО.t ^ « # § ■ « щ К ] , МПа 1- II cd ЕГо и йо- •е* ^ 1 о, I I f ^Э а о ^ с К см К ] , МПа 1 4 100 1 90 1 1 3 22 2 5 120 2 100 2 2 4 24 3 6 140 3 ^ 110 1 3 5 26 4 7 160 4 120 2 4 6 28 5 6 180 5 130 1 5 7 30 6 7 200 6 140 2 6 8 32 7 8 220 7 130 1 7 7 34 8 9 240 8 120 2 8 6 36 9 10 260 9 110 1 9 5 38 0 12 280 0 100 2 0 4 40 147 Рис. 7 148 Для заданной пространственной системы стержней одинаковой длины I (рис. 8) требуется: 1) построить в аксонометрии эпюры внутренних силовых фак­ торов в общем виде (Q, N. М„, М^\ 2) для каждого стержня; а) установить вид сопротивления; б) изобразить опасные сечения в рабочем положении (в аксоно­ метрии) и показать внутренние усилия (в общем виде); в) вычислить величину внутренних усилий и геометрические характеристики сечений; г) найти положение нейтральной линии в опасных сечениях и построить эпюры нормальных и касательных напряжений в этих сечениях; д) проверить прочность всех стержней и (при необходимости) подобрать размеры сечения стержней, обеспечивающих их проч­ ность, приняв [а]=160 МПа, [т]=100 МПа, Числовые данные взять из табл. 8. Таблица 8 З а д а ч а 8 яЗЛ t « S S g, э С F, кН I, M cdQ. a f m kH/m h, MM 03 f « 1 It i 1 5 h!b 1 0,5-ql 0,1 1 2 10 1 1,5 2 l,0 -q l 0.2 2 4 12 2 2,0 3 l,5 -q l 0,3 3 6 14 3 3 ,0 4 2,0-ql 0.4 4 8 16 4 4,0 5 1,5-ql 0,5 5 10 18 5 2,0 6 ЪЛ-ql 0 ^ 6 8 L 20 6 1,0 7 2,5-ql 0,7 7 6 22 7 3,0 8 2,0-ql 0,8 8 4 24 8 1,5 9 1,5-ql 0,9 9 2 26 9 2,0 0 \,0-q l i.,o 0 1 28 0 3,0 149 ш - г т т т п -€ 3 - f/ F 150 Стальной вал диаметром d (рис. 9), вращающийся со скоростью п, от электродвигателя через шкив 1 ременной передачи принимает мощность Р, которая затем передается зубчатыми шестернями 2 и 3 в заданном отношении. Требуется: 1) определить моменты, приложенные к шкиву и шестерням; 2) построить эпюру крутящих моментов; 3) определить силы, действующие на шкив и шестерни при Т\ = 2t\, считая радиальные усилия на шестернях Fr = Fi- tga, где F, - окружное усилие, а а = 20° - угол зацепления; 4) определить нагрузки, действующие на вал; 5) определить силы, изгибающие вал в вертикатьной и горизон­ тальной плоскостях; 6) построить эгпоры изгибающих моментов в вертикальной и горизонтальной плоскостях; 7) построить суммарную эпюру изгибающих моментов; 8) найти опасное сечение вала и вычислить для него величину эквивалентного момента (по III теории прочности); 9) определить диаметр вала, приняв [а] = 80 МПа. Числовые данные взять из табл. 9. Таблица 9 З а д а ч а 9 КЗ It к Ри кВт D,, мм 0, м 4 1са и, об/мин Di, мм Ь, ш Iff Hiа Pi/P, £>3,мм с, м 1 10 400 0,1 1 500 100 0,1 1 0,5 150 0.1 2 20 450 0,2 2 600 150 0,2 2 1,0 200 0,2 3 30 500 0,3 3 650 200 0,3 3 1.3 250 0,3 4 40 550 0,4 4 700 250 0,4 4 2,0 300 0,4 5 50 600 0,5 5 750 300 0,5 5 2,5 350 0.5 6 60 650 0,6 6 800 350 0,6 6 3,0 300 0,6 7 50 700 0,7 7 850 300 0,7 7 2,5 250 0,7 8 40 600 0,8 8 900 250 0,8 8 2,0 200 0,8 9 30 500 0,9 9 950 200 0,9 9 1,5 150 0,9 0 20 400 1,0 0 1000 150 1,0 0 1,0 100 1,0 151 Рис. 9 152 153 Статически неопределимая рама находится под действием за­ данных внешних сил {рис. 10). Требуется; 1) установить степень статической неопределимости рамы и выбрать основн>'ю систему; 2) составить канонические уравнения метода сил; 3) построить эпюры изгибающих моментов от единичных сил и заданной нагрузки; 4) найти величины лишних неизвестных; 5) построить окончательные эпюры внутренних силовых факторов; 6) проверить правильность построения эпюр: а) статическая проверка - путем вырезания узлов рамы и про­ верки выполнения всех трех уравнений равновесия узла; б) кинематическая (деформационная) проверка - путем умно­ жения по правилу Верещагина окончательной эпюры М на каждую единичн>'ю эпюру. Числовые данные взять из табл. 10. Таблица 10 З а д а ч а 10 Ло, я й- § f « 3 а.о С 1, м 1 ,W Си S f (S К м Я, кН/м Л в; S t 1S 3 5 5 ^ т, кН'М F, кН 1 2 1.0 1 2 12 1 - 30 2 3 0 J 5 2 3 10 2 10 - 3 4 0,5 3 4 8 3 20 - 4 5 0,75 4 5 6 4 30 20 5 6 1,0 5 4 4 5 - 10 6 5 1,5 6 3 6 6 30 30 7 4 2,0 7 2 8 7 20 20 8 3 1,0 8 3 10 8 10 10 9 2 0,75 9 4 12 9 - - 0 3 0,5 0 6 4 0 - - Примечание-, горшонтальные стержни рамы имеют моменты шерщ1И Ji, а вертикальные стержни - /г- 154 F7~7 Л Г Рис. 10 155 Неразрезная балка находится под действием заданных внешних сил {рис. 11). Требуется: 1) установить степень статической неопределимости балки и вы­ брать основн>'ю систему; 2) составить канонические уравнения метода сил; 3) построить эпюры изгибающих моментов от единичных сило­ вых факторов и заданной нагрузки; 4) найти величины опорных моментов; 5) построить окончательные эпюры Q а М; 6) проверить правильность построения эпюр (по правилу Вере­ щагина или методу начальных параметров); 7) подобрать двутавровое сечение балки; 8) определить перемещение посередине каждого пролета и на конце консоли и показать изогнутую ось балки. Числовые данные взять из табл. 11. Таблица I I З а д а ч а П Лсх f & i t с F, кН кН/м т , кН-м гбСи § Ci- 1 « 0 .3 (S Sим и Ct, 0 и 1 S Sисо>, X ^ о к 1) S S ■с 1 К 5 1 ^0 1 §■ S ^ 1 i t 1 ос Я), м «2. м 1 20 5 10 1 1 1 3 1 1 1.2 1,0 2 24 10 20 2 2 2 1 2 1,4 1,2 3 26 15 30 3 3 1 1 3 1,6 1,4 4 28 20 40 4 1 1 2 4 1.8 1,6 5 30 15 30 5 2 2 2 1 5 2,0 1,8 6 32 10 20 б 3 3 ^ 2 6 1,8 2,0 1 34 5 10 1 7 I 3 3 7 1,6 1,8 8 36 10 20 8 2 2 3 8 1,4 1,6 9 38 15 30 1 9 3 1 3 j 9 1,2 1,4 0 40 20 40 1 0 1 2 . з„ J„,_,0, , . 1,0 1.2 156 Fi mi Ж Г7-, Чъ л ® F ,4\ Чг /-r; Fx © F , 9) /Я2 Fi C t . «1 91 ■Ф m, ®m. 9i Дтт-7 Л/Т7 ?2fte Л «2 L -Г 7 r r Чг A ■#Л П Т 7 «2 —J g'2 m2 Ql , i - Ql . , Д). - <^1 ■ i ■ Q2 , . Д2 . , «2 Д2 4 ) Шз 93 ж ATV 93 Д/7-/-Г7 P2 93 / д «3 /7 ^ / 3 2 5 «3 F b I f ’ /7 7 7 -7 2 5 ) тз Л/ 7 / 7 / Рис. 11 157 <7i F^ mi 4/ 7 -,-Г 7 © ZTTTry 4\ Fi ® I?! Шг 4 - Чг й ЛГА и Шг Е р 9з Рг Рг А/■7=^77 91 F , л Fy ?2 « 2 А Fo /т Чг /и , Л/777 /• ■71 А/Тт/ / Wi 77- ! 93 9з « 3 F3 т-> Z\ ^ /TTfTV Л /Пз А/ ТТ/7 Рг О тз ?2 А « 2 ^3 9з ■ % /7- Д ] 1 a i I . « 1 . I , Q j . I . f l2 , I . Д 2 , i . Д 2 . i , й 2 ГУ W3 Рис. и (окончание) 158 Стойка длиной I {рис. 12а) заданного поперечного сечения (рис. 126), выполненная из стали СтЗ, сжимается осевой силой F. Требуется; 1) найти размеры поперечного сечения стойки из условия устой­ чивости методом последовательных приближений; 2) определить величину критической силы; 3) вычислить коэффициент запаса устойчивости. Числовые данные взять из табл. 12. Таблица 12 З а д а ч а 12 СЗО, t ^ | з с 3 CD “ У F, кН сЗР- 1 S§ ^ § f (S и м " ..... О- S^ а сч ^ S t g а S О 1 S' S