МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ

ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ БЮДЖЕТНОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ

ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ «НИЖЕГОРОДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ

им. Р.Е. АЛЕКСЕЕВА»

КРАТКИЙ КУРС

СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ

Под общей редакцией Н.А. Ильичева

Рекомендовано Ученым советом Нижегородского государственного технического университета им. Р.Е. Алексеева в качестве учебного пособия для студентов

технических специальностей заочной формы обучения

Нижний Новгород 2014

2

УДК 620.17 ББК 30.121

К 786

Авторы:

А.Н. Дербасов, Н.А. Ильичев, А.Л. Малыгин, С.А. Сергеева, Л.М. Тарабакина

Р е ц е н з е н т :

кандидат технических наук, профессор Ю.Н. Кулагин

К 786 Краткий курс сопротивления материалов: учеб. пособие / А.Н. Дербасов [и др.]; под ред. Н.А. Ильичева; Нижегород. гос. техн. ун-т им. Р.Е. Алексеева. – Н. Новгород. 2014. – 86 с.

ISBN 978-5-502-00466-4

Учебное пособие подготовлено по материалам лекций, отражающих тра-

диции преподавания курса "Сопротивление материалов", сложившиеся в течение многих лет в НГТУ. В нем излагаются основы расчета на прочность типичных элементов машин и конструкций. В пособии содержатся краткие теоретические сведения и приводятся примеры решения задач по избранным разделам курса.

Предназначается для студентов заочной формы обучения по направлению подготовки 190600 – «Эксплуатация транспортно-технологических машин и ком-плексов» и 190700.62 – «Технология транспортных процессов».

Может быть полезно при выполнении расчетно-графических и курсовых работ по сопротивлению материалов не только для студентов-заочников, но и для тех, кто обучается по очной и очно-заочной формам.

Рис. 54. Табл. 3. Библиогр.: 5 назв.

УДК 620.17 ББК 30.121

ISBN 978-5-502-00466-4

© Нижегородский государственный технический университет им. Р.Е. Алексеева, 2014

3

ОГЛАВЛЕНИЕ ПРЕДИСЛОВИЕ ....................................................................................................... 5 ГЛАВА 1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ И ПОЛОЖЕНИЯ ................................... 7

1.1. Предмет и задачи курса «Сопротивление материалов». Понятие о стержне ........................................................................................ 7

1.2. Схематизация внешних сил и нагрузок. Расчетная схема стержня .............................................................................. 8

1.3. Понятие о деформациях и деформированном состоянии в точке ............ 9 1.4. Понятие о напряжениях и напряженном состоянии в точке .................... 10

1.4.1. Внутренние силы в стержне и полное напряжение в точке .............. 10 1.4.2. Составляющие полного напряжения и определение

напряженного состояния в точке ......................................................... 12 1.4.3. Главные площадки и главные напряжения.

Виды напряженных состояний ............................................................ 13 1.4.4. Закон Р.Гука для простейших напряженных состояний.

Упругие постоянные материала .......................................................... 14 1.5. Внутренние силовые факторы в поперечных сечениях стержня ............. 15

1.5.1. Внутренние силовые факторы (определение, физический смысл, связь с напряжениями) ............................................................. 15

1.5.2. Вычисление внутренних усилий по внешней нагрузке ..................... 17 1.6. Некоторые гипотезы и допущения, принятые

в сопротивлении материалов ....................................................................... 18 ГЛАВА 2. ЭПЮРЫ ВНУТРЕННИХ УСИЛИЙ ПРИ РАЗЛИЧНЫХ

ВИДАХ НАГРУЖЕНИЯ СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ .................. 19 2.1. Эпюры продольных сил ............................................................................... 19 2.2. Эпюры крутящих моментов ........................................................................ 22 2.3. Построение эпюр ВСФ при изгибе .............................................................. 24

2.3.1. Понятие об изгибе стержня ................................................................... 24 2.3.2. Дифференциальные зависимости при изгибе ..................................... 24 2.3.3. Примеры построения эпюр при плоском изгибе балок .................... 27 2.3.4. Построение эпюр Q y и M x при изгибе балок без

составления аналитических выражений на силовых участках (эскизное построение эпюр Q y и М x).................................................. 32

ГЛАВА 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ ........................................................... 40

3.1. Виды геометрических характеристик. Определение центра тяжести поперечного сечения сложной формы ........ 40

3.2. Главные оси инерции и главные моменты инерции ................................. 44

4

3.3. Вычисления моментов инерции простых фигур ........................................ 45 3.4. Изменение моментов инерции при параллельном переносе осей ........... 47 3.5. Примеры выполнения расчетно-графической работы по теме

«Геометрические характеристики плоских сечений» ............................... 51 ГЛАВА 4. ОПРЕДЕЛЕНИЕ НАПРЯЖЕНИЙ И РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ

ПРИ ПРОСТЫХ ДЕФОРМАЦИЯХ СТЕРЖНЯ ………………….. 56 4.1. Понятие о предельных и допускаемых напряжениях.

Оценка прочности стержня при простых деформациях ............................. 56 4.2. Расчеты на прочность при деформации растяжения-сжатия.....................59

4.2.1. Напряжения в поперечном сечении стержня и условие прочности ............................................................................. .59

4.2.2. Примеры расчета на прочность при растяжении-сжатии .................. 60 4.3. Расчеты на прочность при деформации кручения ................................... . 64

4.3.1. Напряжения в поперечном сечении и условие прочности ............... 64 4.3.2. Расчет на кручение стержня круглого и кольцевого

поперечного сечения .............................................................................. 66 4.4. Расчеты на прочность при деформации плоского изгиба ......................... 68

4.4.1. Напряжения в поперечном сечении и условия прочности при изгибе....................................................................................................... 68

4.4.2. Примеры расчета на прочность при изгибе ......................................... 72 СПИСОК РЕКОМЕНДУЕМОЙ ЛИТЕРАТУРЫ ........................................... 81 ПРИЛОЖЕНИЯ ..................................................................................................... 82

5

ПРЕДИСЛОВИЕ

За последние годы в Нижегородском государственном техническом университете получила развитие подготовка студентов по Государствен-ной образовательной программе в сокращенные сроки обучения. Окончив техникум, молодые люди могут за три с половиной года приобрести выс-шее образование. За тот же период времени выпускники вузов, у которых есть одно высшее образование, имеют возможность получить и второе.

В настоящее время ускоренная форма обучения осуществляется по заочной схеме в рамках системы модульного обучения. В течение трех-четырех недель студентам излагают теорию, проводят практические заня-тия и выдают расчетно-графические работы. Основной целью этих работ является закрепление полученных знаний и навыков путем самостоятель-ной работы. Именно индивидуальная работа студентов, обучающихся за-очно, способствует успешному усвоению изучаемого предмета.

Конечно, при выполнении домашних заданий в условиях малого бюджета времени учащиеся испытывают большие трудности. Помочь студентам разобраться в материале, указать способы решения предлагае-мых задач, подготовиться к сдаче экзамена – в этом цель данного учебно-го пособия.

Сопротивление материалов представляет собой учение о методах расчета на прочность наиболее типичных элементов конструкций. В на-стоящей книге, включающей четыре главы, в сжатом виде изложены ос-новы расчета на прочность стержней при простых деформациях: растяже-нии-сжатии, кручении, изгибе.

В первой главе даны определения таким важным понятиям и поло-жениям, как деформация и напряжение, напряженно-деформированное состояние и законы Р. Гука для простейших напряженных состояний, внутренние усилия и вычисление их по внешним нагрузкам с помощью метода сечений; представлены некоторые гипотезы и допущения, приня-тые в сопротивлении материалов.

Во второй главе изложены методы построения эпюр внутренних си-ловых факторов при различных видах нагружения. Сформулированы пра-вила построения эпюр при изгибе без составления аналитических выраже-ний для поперечных сил и изгибающих моментов по силовым участкам. По аналогии правила эскизного построения эпюр можно получить при деформациях растяжения (сжатия) и кручения.

В третьей главе рассмотрены геометрические характеристики пло-ских сечений. Введено понятие главных центральных осей инерции и ука-

6

заны способы определения их положения для поперечных сечений разно-го типа. Вычислены моменты инерции простых фигур относительно цен-тральных осей и выведены правила вычисления моментов инерции для сечений сложной формы.

В четвертой главе приведены расчеты на прочность при растяже-нии-сжатии, кручении, изгибе. Дано представление о предельных и до-пускаемых напряжениях в материале. Экспериментально получены усло-вия прочности для частиц материала в условиях линейного (одноосного) напряженного состояния и напряженного состояния чистого сдвига. При-ведены формулы для напряжений в поперечных сечениях стержней и за-писаны условия прочности при растяжении, кручении и изгибе по нор-мальным и касательным напряжениям.

Во второй, третьей и четвертой главах подробно разобраны примеры решения задач, выдаваемых студентам в расчетно-графических работах, а в приложении представлены сортаменты прокатной стали. Эти материалы позволяют выполнить домашние задания без обращения к дополнитель-ным справочникам и руководствам по решению задач.

В заключение отметим, что предлагаемое учебное пособие может быть полезно студентам всех форм обучения при подготовке к практиче-ским занятиям, тестированию или зачету.

7

Глава 1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ И ПОЛОЖЕНИЯ

1.1. Предмет и задачи курса «Сопротивление материалов». Понятие о стержне

Детали машин и элементы конструкций под действием различного

рода сил деформируются, т.е. меняют свои первоначальные размеры и форму. Деформации бывают упругие, исчезающие после удаления внеш-них воздействий, и пластические (остаточные), которые сохраняются в элементах конструкций после прекращения действия внешних нагрузок. Как правило, возникновение остаточных деформаций нарушает нормаль-ную работу конструкции и ее прочность.

Разработки методов расчета элементов конструкций, при которых они выдерживают внешние воздействия, не разрушаясь, не деформируясь чрезмерно и сохраняя заданную форму, являются задачами курса «Сопро-тивление материалов».

Сопротивление материалов (СМ) – наука о прочности, жесткости и устойчивости наиболее типичных элементов конструкций. Прочность – свойство конструкции и ее элементов сопротивляться действию внешних нагрузок, не разрушаясь и не получая остаточных деформаций. Жест-кость – способность элементов конструкции сопротивляться внешним воздействиям без чрезмерных упругих деформаций, нарушающих эксплуа-тационные функции конструкции. Устойчивость – способность конст-рукции сохранять первоначальную форму равновесия под действием при-ложенных сил и других внешних факторов.

Основным элементом конструкции, рассматриваемым в СМ, являет-ся стержень – тело, у которого один размер (длина) велик по сравнению с двумя другими – l >> b, h (рис. 1.1). Параметры любого стержня – ось и поперечное сечение, перпендикулярное оси. Ось стержня – геометриче-ское место центров тяжести поперечных сечений.

Рис. 1.1

Различают стержни прямолинейные, криволинейные и ломаные, по-

стоянного и переменного сечения.

Поперечное сечение

Ось стержня

8

1.2. Схематизация внешних сил и нагрузок. Расчетная схема стержня

Внешние силы возникают в результате взаимодействия разных тел.

Стержень в качестве элемента конструкции может воспринимать внешние силы как непосредственно (в виде нагрузки), так и в виде опорных реак-ций. По способу приложения различают объемные и поверхностные внешние силы.

Объемными называются силы, распределенные по всему объему тела стержня (силы тяжести и силы инерции).

Поверхностными называются силы, распределенные по всей или по части поверхности стержня. Различают пять типов поверхностных сил: это силы, распределенные по площади, по длине и сосредоточенные, а также сосредоточенные (в поперечном сечении) и распределенные (по длине) моменты.

В технической теории СМ реальный стержень заменяют расчетной схемой, которой называют ось стержня с перенесенными на нее внешними силами (нагрузками и опорными реакциями).

Если поверхность передачи нагрузки мала (по сравнению с размера-ми стержня), условно считают эту нагрузку сосредоточенной в одной точ-ке. Единицы измерения силы – ньютон (Н), килоньютон (кН), меганьютон (МН) и др.

Силы, распределенные по линии, характеризуются интенсивностью погонной нагрузки q, т.е. величиной силы, приходящейся на единицу дли-ны стержня. Единицы измерения: ньютон на метр (Н/м) или другие крат-ные единицы (кН/м, МН/м и т.д.).

Сосредоточенные моменты внешних сил можно представить в виде пары сил и другими способами изображения. Понятие сосредоточенности свидетельствует о привязке действия момента к конкретному сечению. Единицы измерения: ньютон метр (Н· м), килоньютон метр (кН · м), меганьютон метр (МН · м) и т.п.

Моменты внешних сил, распределенные по длине стержня, характе-ризуются интенсивностью m моментной распределенной (погонной) на-грузки, определяемой величиной момента, приходящегося на единицу длины стержня. Единицы измерения m – ньютон метр, деленный на метр (Н·м/м), меганьютон метр, деленный на метр (МН·м/м) и т. п.

Распределенную по длине (погонную) нагрузку в расчетах заменяют равнодействующей.

Если на длине l распределенная нагрузка постоянна, ее равнодейст-вующая равна произведению интенсивности данной нагрузки (q, mz , mx) на длину l (рис. 1.2, а).

9

Если интенсивность погонной нагрузки на участке стержня переменна (рис. 1.2, б), ее равнодействующая вычисляется с помощью интеграла.

.

а) б) в)

Рис. 1.2 Равнодействующая распределенной нагрузки вычисляется как пло-

щадь графика, показывающего эту нагрузку на расчетной схеме стержня, и прикладывается в центре тяжести площади: в середине прямоугольника на рис. 1.2, а и на расстоянии 1/3 l от основания треугольника (рис. 1.2, в).

1.3. Понятие о деформациях и деформированном состоянии в точке

На рис. 1.3, а показан стержень, нагруженный уравновешенной сис-темой сил Fi. Около точки внутри стержня выделим элементарную части-цу в виде параллелепипеда; покажем оси координат z, y, x и размеры час-тицы (рис. 1.3, б).

а) б)

Рис. 1.3

Под нагрузкой частица деформируется, изменяя свои размеры и фор-

му. Будем различать линейные и угловые деформации. Для упрощения по-кажем деформации передней грани параллелепипеда (рис. 1.4, а, б).

10

Линейные деформации (л.д.) – изменение линейных размеров части-цы (рис. 1.4, а):

Δdz, Δdy, (Δdх) – абсолютные л.д. [м, мм];

,dz

dzz

,

dy

dyy

dx

dxx

ε – относительные л.д.

Угловые деформации (у.д.) – изменение углов между гранями парал-лелепипеда (рис. 1.4, б):

ΔS – абсолютная у.д. (абсолютный сдвиг) [м, мм];

tgγdy

S ≈ γ – относительная у.д. (относительный сдвиг).

Углы сдвига в плоскостях zy, xz, yx записывают с индексами – γ zy, γ xz, γ yx.

И линейные, и угловые деформации – безразмерные величины; они очень малы (<< 1%).

а) б)

Рис. 1.4 В общем случае относительные деформации ε и γ в разных направ-

лениях и плоскостях неодинаковы. Совокупность линейных и угловых деформаций в различных на-

правлениях и плоскостях, проходящих через точку внутри тела (стержня), называется деформированным состоянием в точке.

1.4. Понятие о напряжениях и напряженном состоянии в точке

1.4.1. Внутренние силы в стержне и полное напряжение в точке

На рис. 1.5, а показан стержень под действием внешних сил iF . При нагружении стержня между частицами внутри него возникают силы взаимодействия, препятствующие деформациям соседних частиц. Это – внутренние силы. Выявить их можно, если разрезать стержень про-

11

извольной плоскостью П на две части (I и II). Отбросив одну из частей (пусть II), покажем оставленную часть I (рис. 1.5, б).

а) б)

Рис. 1.5 Действие отброшенной части на оставленную заменим внутренними

силами, распределенными по всему сечению. В общем случае эти силы в различных точках сечения неодинаковы. Для оценки интенсивности их распределения по сечению служит напряжение.

Напряжение есть интенсивность внутренних сил, т.е. их величина, приходящаяся на единицу площади.

Вновь изобразим оставленную часть стержня (рис. 1.6, а) и около произвольной точки сечения выделим малую площадку А . Равнодейст-вующую внутренних сил на этой площадке обозначим R . При уменьше-нии площадки она в пределе становится бесконечно малой, стягивается в точку, и напряжение на ней определяется по формуле:

.lim0

pA

R

A

(1.1)

Вектор p называется полным напряжением в точке на площадке ΔA. Раз-мерность его – сила, деленная на площадь [H/м2 = Па (паскаль)], а также другие кратные единицы [кH/м2, МH/м2 и т.д. ]. Покажем полное напря-жение в точке на рис. 1.6, б.

а) б)

Рис. 1.6

Точка в площадке

12

1.4.2. Составляющие полного напряжения и определение напряженного состояния в точке

В СМ вместо полного напряжения

обычно определяют его составляющие на нормаль к площадке dA и на плоскость этой площадки. На рис. 1.7 изобразим ос-тавленную часть, полученную разрезом стержня плоскостью, совпадающей с попе-речным сечением. В этом сечении покажем систему координат xyz , начало которой примем в центре сечения; z – ось стержня, x, y –две главные центральные оси инерции сечения (см. гл. 3, п. 3.2).

На произвольной площадке dA изобразим проекции полного напря-жения p на оси z, x, y, которые обозначим и назовем так: zσ (сигма) – нормальное напряжение, τzx и τzy (тау) – касательные напряжения.

Нормальное напряжение σ записывают с одним индексом – оси, пер-пендикулярной площадке (σz, σy, σx). Касательное напряжение τ имеет два индекса: первый – ось, нор-мальная к площадке; второй – ось, в направлении которой действует τ (τzx, τzy, τxy и т.д.).

Ясно, что .ττσ 222zyzxzp (1.2)

Вырежем вокруг точки элементарную частицу в виде параллелепи-педа, покажем для нее систему координат xyz и изобразим составляющие полных напряжений на трех взаимно перпендикулярных площадках (рис. 1.8).

Рис. 1.8

Рис. 1.7

13

В общем случае полные напряжения и их составляющие на разных площадках отличаются. Вот почему, говоря о напряжении в точке, следует указывать, на какой площадке оно действует.

Совокупность напряжений на всех площадках, проведенных через данную точку, называется напряженным состоянием в точке.

1.4.3. Главные площадки и главные напряжения.

Виды напряженных состояний

Если поворачивать элементарную частицу (рис. 1.8) в пространстве, то можно найти три взаимно перпендикулярные площадки, в которых ка-сательные напряжения равны нулю. Такие площадки называют главными. Напряжения по этим площадкам называются главными нормальными на-пряжениями. Они обозначаются 321 ,, , причем так, что алгебраически

321 (рис. 1.9). Главные напряжения 1 и 3 обладают свойством экстремальности: 1 алгебраически максимальное, а 3 алгебраически минимальное нормальное напряжение в точке.

ОНС 1

3

2

Рис. 1.9

Вид напряженного состояния в точке определяется числом не рав-

ных нулю главных напряжений. Если все три главные напряжения не равны нулю, напряженное со-

стояние называется объемным – ОНС (рис. 1.9). Если два главные напряжения не равны нулю, напряженное состоя-

ние называется плоским – ПНС (рис. 1.10).

ПНС

1 3

3

2

1

2

Рис. 1.10 Если лишь одно главное напряжение не равно нулю, напряженное

состояние называется линейным – ЛНС (рис. 1.11).

14

ЛНС

1 3

Рис. 1.11

1.4.4. Закон Р.Гука для простейших напряженных состояний.

Упругие постоянные материала

К простейшим напряженным состояниям относятся линейное (ЛНС) и напряженное состояние чистого сдвига (НСЧС). На рис. 1.12 показана частица в условиях ЛНС до и после (пунктир) деформации:

dz

dzz

– относительная ли-

нейная деформациия в направ-лении напряжения σz (продоль-

ная деформация); dy

dyy

–

относительная поперечная де-формация (то же и x ). Зависимость между про-дольной деформацией z и на-пряжением σz для ЛНС в преде-лах упругого деформирования материала установил английский

физик Роберт Гук:

,E

zz

(1.3)

где Е – модуль продольной упругости (модуль Юнга). Как правило, продольная деформация z сопровождается попереч-ной ( y , x ). Французский ученый Пуассон показал, что поперечная и продольная деформации при ЛНС связаны зависимостью

,прпоп (1.4) где отношение

const

пр

поп (1.5)

называется коэффициентом Пуассона.

z z

dy-Δ

dy

dy

dz+Δdz

dz z

y

ЛНС Рис. 1.12

15

Для всех известных в природе материалов коэффициент меняется в пределах .5,00

На рис. 1.13 показана частица, испыты-вающая НСЧС, до и после (пунктир) деформа-ции. Зависимость между относительной угло-вой деформацией (углом сдвига ) и касатель-ным напряжением в пределах упругого де-формирования материала называется законом Гука при НСЧС:

,G

(1.6)

где G – модуль поперечной упругости (модуль сдвига). В формулах (1.3) и (1.6) модули Е и G имеют размерность напряже-

ния [МПа], что ясно из обеих формул, если учесть, что и – безразмер-ные величины.

Физические характеристики Е, G, называются упругими констан-тами материала. Между ними существует теоретическая зависимость:

.)1(2

E

G (1.7)

1.5. Внутренние силовые факторы в поперечных сечениях стержня

1.5.1. Внутренние силовые факторы (определение, физический смысл, связь с напряжениями)

На рис. 1.14, а, б изобразим оставленную часть стержня. В попереч-

ном сечении покажем систему координат xyz с началом в центре сечения; ось z направим, как на рис. 1.7, вдоль оси стержня, а оси x и y – по глав-ным центральным осям инерции сечения. На рис. 1.14, а все внутренние силы в сечении заменим их суммарными проекциями на выбранные коор-динатные оси и суммарными моментами этих сил относительно данных осей. Эти равнодействующие силы и моменты внутренних сил называют внутренними силовыми факторами (ВСФ) или просто внутренними уси-лиями в сечении. Шесть ВСФ – Nz, Qy, Qx, Mz, My, Mx (рис. 1.14, а) – заме-няют действие отброшенной правой части на оставленную левую. Каждый из ВСФ имеет название, определение и каждому из них соответствует свой вид деформации стержня.

В рис. 1.14: Nz (или N) – продольная (или нормальная) сила; Qx, Qy – поперечные (или перерезывающие) силы;

Рис. 1.13

16

Mz (Mk) – крутящий момент; Mx, My (или Mu) – изгибающие моменты.

dAz

dAzy

dAzx

dAz

x

x

y

y z

а) б)

Рис. 1.14

Продольной силой Nz называется суммарная проекция всех внутрен-

них сил, действующих в сечении, на ось стержня (ось z). Продольная сила вызывается деформациями растяжения или сжатия стержня и оказывает сопротивление взаимному смещению поперечных сечений в направлении оси стержня. Поперечной силой Qx (или Qу) называется равнодействующая проек-ций всех внутренних сил, действующих в поперечном сечении, на ось х (или ось у). Поперечные силы Qx, Qу вызываются деформацией сдвига (среза); они действуют в плоскости поперечного сечения и оказывают сопротив-ление взаимному смещению (сдвигу) двух смежных сечений в направле-нии поперек оси стержня. Крутящим моментом Mz называется суммарный момент внутренних сил, действующих в поперечном сечении, относительно оси стержня (оси z). Крутящий момент возникает при деформации кручения и оказыва-ет сопротивление взаимному повороту поперечных сечений в своей плос-кости относительно оси стержня. Изгибающим моментом Mx (или My) называется суммарный момент внутренних сил, действующих в поперечном сечении, относительно оси х (или y), т.е. относительно центральной оси, лежащей в плоскости сечения. Изгибающие моменты Mx (или My) возникают при деформации чистого изгиба и оказывают сопротивление взаимному повороту смежных сечений относительно осей х (или у), лежащих в плоскости сечений. Из изложенного понятно, что введение шести ВСФ имеет ясный фи-зический смысл. Каждый ВСФ соответствует конкретному виду деформа-ции стержня.

17

Установим связь внутренних силовых факторов с напряжениями. Для этого в поперечном сечении (рис. 1.14, б) покажем на площадке dA, координаты которой x, y, элементарные силы σzdA, τzydA, τzxdA - они по-лучены умножением составляющих полного напряжения σz, τzy, τzx

(рис.1.7) на площадь dA. Эти силы являются проекциями равнодействую-щей внутренних сил на данной площадке в направлении осей z, y, x. По определениям ВСФ, приведенным ранее, из рис. 1.14, а, б оче-видны следующие интегральные зависимости, связывающие внутренние усилия с напряжениями:

Nz = dAA

z , Qx = dAA

zx , Qy = dAA

zy ;

(1.8) Mx = dAy

Az , My = dAx

Az , Mz = dA

Az .

В выражении для Mz элементарная сила τzdA является равнодейст-вующей сил τzydA и τzxdA, а τz = 22

zyzx ; -ρ расстояние от оси z до ли-

нии действия силы τzdA. Интегральные зависимости (1.8) используют при выводе формул для напряжений по известным ВСФ, которые вычисляют по внешним силам, приложенным к стержню.

1.5.2. Вычисление внутренних усилий по внешней нагрузке

Внутренние усилия в поперечном сечении стержня вычисляются с помощью метода сечений.

Сущность метода сечений состоит в выполнении следующих действий: 1) разрезают стержень плоскостью, совпадающей с поперечным се-

чением, на две части I и II (рис. 1.5, а); 2) отбрасывают одну из частей (пусть II) и показывают оставленную часть I (рис. 1.14, а);

3) заменяют действие отброшенной части на оставленную шестью внутренними силовыми факторами (рис. 1.14, а);

4) уравновешивают оставленную часть стержня, записывая для нее условия равновесия.

Для пространственной системы внешних сил и ВСФ, приложенных к

оставленной части, составляют шесть уравнений равновесия .0,0,0,0,0,0 yxz mommommomxyz В каждое из этих уравнений войдет лишь одно внутреннее усилие. В результате по-лучают выражения для вычисления ВСФ:

18

Nz = ∑ост

iFz , Qу = ∑ост

iFy , Qx = ∑ост

iFx ,

(1.9) Mz = ∑

ост iz Fomm , Mx = ∑

ост ix Fmom , My = ∑

ост iy Fomm .

Приведенные зависимости позволяют сформулировать правила для вычисления внутренних силовых факторов. Продольная Nz (поперечная Qx , Qу) сила в сечении стержня равна ал-гебраической сумме проекций на ось z (x, у) всех внешних сил, приложен-ных к оставленной части стержня.

Крутящий Mz (изгибающий Mx , My) момент в сечении равен алгеб-раической сумме моментов относительно оси z (x, y) всех внешних сил, приложенных к оставленной части стержня. Так как взаимодействие частей стержня, расположенных по разные стороны от рассматриваемого сечения, одинаково (действие равно проти-водействию), безразлично, какую часть стержня считать оставленной. Следует лишь учитывать силы по одну сторону от сечения.

1.6. Некоторые гипотезы и допущения, принятые в сопротивлении материалов

Сопротивление материалов базируется на ряде гипотез и допуще-ний, которые подтверждаются результатами расчетов и экспериментами.

1. Гипотеза о сплошности тел - предполагается, что материал за-полняет весь объем тела сплошь, без разрывов и пустот. Это допущение позволяет при выводе расчетных зависимостей и формул использовать математический аппарат непрерывных функций, дифференциальное и ин-тегральное исчисление.

2. Допущение об однородности и изотропности - принимается, что физико-механические свойства материала во всех точках тела и по любым направлениям одинаковы.

3. Принцип отвердения (начальных размеров) тела предполагает, что при составлении условий равновесия деформации тела не учитывают-ся вследствие их малости.

4. Принцип независимости действия сил утверждает, что при упру-гих деформациях результат воздействия на тело системы сил равен сумме результатов воздействия тех же сил, приложенных к телу в любой после-довательности.

5. Гипотеза плоских сечений вводит допущение, что плоские до де-формации сечения остаются плоскими и после деформации.

19

Глава 2. ЭПЮРЫ ВНУТРЕННИХ УСИЛИЙ ПРИ РАЗЛИЧНЫХ ВИДАХ НАГРУЖЕНИЯ СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ

Прочность и жесткость стержня определяется внутренними усилия-

ми. Величина этих усилий в поперечных сечениях наглядно представляет-ся эпюрой внутренних силовых факторов.

Эпюрой ВСФ называется график, показывающий изменение внут-ренних усилий по длине стержня. При построении графика выбирается ось эпюры, которая параллельна оси стержня. Перпендикулярно принятой оси откладываются с учетом знака в выбранном масштабе ординаты эпю-ры. Последние вычисляются по выражениям (2.1), записанным для каждо-го силового участка стержня.

Силовым участком называется часть длины стержня, ограниченная сечениями в начале и конце стержня, а также теми, где приложены сосре-доточенные внешние силы и моменты или начинается и оканчивается рас-пределенная нагрузка, характер изменения которой постоянен.

По эпюрам ВСФ определяется положение опасных сечений, в кото-рых действуют максимальные внутренние усилия.

2.1. Эпюры продольных сил

Продольные (нормальные) силы возникают в поперечном сечении стержня при деформации растяжения – сжатия. Такая деформация проис-ходит под действием внешних сил, направленных вдоль оси стержня. На-помним, что эти силы могут быть сосредоточенными и распределенными по длине (погонными). В расчетах погонную нагрузку учитывают ее рав-нодействующей Rq.

Для определения продольной силы в произвольном сечении каждого силового участка стержня записывают формулу:

Nz = ∑ост

Z (Fi). (2.1)

Нормальная сила Nz, считается положительной, если она вызвана внешней силой Fi, стремящейся растянуть оставленную часть стержня. Пример 2.1. Для стержня (рис. 2.1, а) построить эпюру нормальных сил, выразив ординаты эпюры в характерных сечениях через q и а. Пока-зать положение опасных сечений. Принять P = qа.

Решение 1. Стержень имеет три силовых участка. Находим выражения для

нормальной силы на каждом участке, используя метод сечений (2.1).

20

Первый участок (0 ≤ z1 ≤ 2a). Проведем сечение на расстоянии z1 от нижнего конца стержня

(рис. 2.1, а). Отбросим верхнюю часть стержня и покажем оставленную часть на рис. 2.1, б. К ней приложена сила P и распределенная погонная нагрузка 2q, равнодействующую которой записываем в круглых скобках:

1qR (z1) = (2qz1).

Составим уравнение равновесия для оставленной части стержня:

∑ Z = 0 1z

N + P – (2 qz1) = 0 → 1z

N = - qa + 2q z1.

Рис. 2.1

Видим, что

1zN изменяется на первом участке по линейному закону. Вычислим величину

1zN в характерных сечениях (в начале и в конце участка).

При z1 = 0 1zN = - qa, при z1 = 2а

1zN = 3 qa.

Второй участок (0 ≤ z2 ≤ a). Проведем сечение на расстоянии z2 от начала второго участка. Заме-

тим, что по существу нормальная сила Nz является реакцией отброшенной

21

части стержня на оставленную. По этой причине в дальнейшем не будем изображать отдельно оставленную часть, а будем мысленно закреплять проведенное на участке сечение и находить в нем реакцию. При этом рас-сматриваем все внешние нагрузки, действующие на оставленную часть стержня. В данном случае на оставленную часть длиной (2а + z2) дейст-вуют сосредоточенная сила Р и распределенная нагрузка 2q, равнодейст-вующая которой на первом участке длиной 2а равна

1qR = (2q2a). 2zN вы-

числяем по формуле (2.1):

2zN = ост

Z ( Fi) = - Р + 1qR = - qa+ (4 qa) = 3qa (соnst).

Нормальная сила 2zN – растягивающая; в пределах участка она

постоянна. Третий участок (0 ≤ z3 ≤ 3a). Проводим сечение на расстоянии z3 от начала третьего участка и от-

брасываем верхнюю часть, где расположена опора стержня, так как реак-ция опоры неизвестна.

На оставленную часть длиной (3а + z3) действуют силы Р и 5Р, на первом участке равнодействующая

1qR = (4 qa) и на третьем участке рав-номерная распределенная нагрузка интенсивностью q, равнодействующая которой на длине z3 равна

3qR ( z3)=( q z3). Выражение для нормальной силы

3zN запишем по формуле (2.1):

3zN =

остZ ( Fi) = - Р + (4 qa) - 5P – (q z3) = - 2qa - q z3,

3zN изменяется линейно; значения 3zN в характерных сечениях равны:

при z3 = 0 3zN = - 2qa; при z3 = 3a

3zN = - 5 qa.

2. Строим эпюру нормальных сил (рис. 2.1, в). По эпюре zN находим опасные сечения: в зоне растяжения это се-

чение 1-1, где maxрzN = 3 qa (рис. 2.1, в); в зоне сжатия это сечение 2-2, где maxсжzN = -5 qa (рис. 2.1, в).

Замечание. Если материал стержня одинаково сопротивляется рас-тяжению и сжатию, в стержне выбирают одно опасное сечение – то, где продольная сила экстремальна по абсолютной величине. В рассматривае-мой задаче это сечение 2-2, где

maxzN = maxсжzN = 5 qa.

22

2.2. Эпюры крутящих моментов

Крутящие моменты возникают в стержне при деформации кручения. Такая деформация вызывается взаимно уравновешенными парами сил, лежащими в плоскостях, перпендикулярных оси стержня.

Кручение могут вызывать сосредоточенные внешние скручивающие пары сил и распределенная моментная крутящая нагрузка интенсивностью mz, которую в расчетах заменяют ее равнодействующей

zmR . Крутящий момент в произвольном сечении каждого силового участ-

ка стержня определяют методом сечений, используя выражение ∑

остz iz Fomm M . (2.2)

Крутящий момент Mz будем считать положительным, если он вызван внешним крутящим моментом, действующим против часовой стрелки при взгляде на него со стороны сечения. При этом сам момент Mz в сечении будет направлен по часовой стрелке.

Пример 2.2. Для заданного стержня (рис. 2.2, а) построить эпюру крутящих моментов, выразив ординаты эпюры в характерных сечениях через q и a. Показать положение опасного сечения.

Дано: m1 = qa2, mz = qa.

Рис. 2.2

Решение 1. Брус имеет три силовых участка. Находим выражение для крутя-

щего момента на каждом участке по формуле (2.2).

23

Первый участок (0 ≤ z1 ≤ a). На участке действуют сосредоточенный момент m1 и распределенная

моментная нагрузка интенсивностью 2mz - ее равнодействующая на длине z1 равна

zmR = (2 zm z1). По формуле (2.2) получим

1zM = ∑ост

iz Fmom = m1 + ( 2 mz z1) = qa2 + 2qaz1.

Крутящий момент меняется по линейному закону. Вычислим его значения в характерных сечениях (в начале и в конце участка):

при z1 = 0 1z

M = qa2, при z1 = а 1zM = 3qa2.

Второй участок (0 ≤ z2 ≤ 2a). На оставленную часть стержня длиной (а+z2) действуют сосредото-

ченные моменты m1 и 2m1, а также моментная распределенная нагрузка 2mz на длине а, равнодействующая которой равна (2mz а). Тогда

2zM = ∑ост

iz Fmom = 121 22 mamm = qa2 + 2qa2 - 2qa2 = qa2 (const).

Крутящий момент 2zM постоянен.

Третий участок 0 ≤ z3 ≤ 3a (отбрасываем левую часть стержня, со-держащую опору, реактивный момент в которой неизвестен).

На оставленную часть стержня длиной (3a+z3) действуют сосредото-ченные моменты m1, 2m1 и 3m1, а также две моментные распределенные на-грузки: на первом участке интенсивностью 2 zm – равнодействующая этой нагрузки (2 amz ) и на третьем участке интенсивностью 3 zm - равнодейст-вующая этой нагрузки на длине z3 равна (3 zm z3). По выражению (2.2) имеем:

∑ост

3 izz FmomM = qa2 + (2qa2 )- 2qa2 + 3qa2 – (3qa z3 )= 4qa2 - 3qa z3,

3zM изменяется по линейному закону. Числовые значения 3zM в на-

чале и в конце участка равны: при z3 = 0

3zM = 4qa2, при z3 = 3а 3zM = -5qa2.

2. Строим эпюру крутящих моментов (рис. 2.2, б). 3. По эпюре Mz находим положение опасного сечения, где крутящий

момент максимален по абсолютной величине, – это сечение 1-1, в котором maxzz MM = 5qa2. Примечания: 1. Из эпюры Mz ясно, что крутящий момент постоянен на участке, где отсутст-

вует моментная распределенная нагрузка, и меняется по линейному закону на участ-ке, где такая нагрузка равномерна в пределах участка.

2. Эпюра Mz имеет скачки в тех сечениях, где к стержню приложены сосредото-ченные внешние моменты; скачки на величину действующего в сечении момента. На ле-вом конце эпюры скачок 25qa определяет величину опорного момента в заделке.

24

2.3. Построение эпюр ВСФ при изгибе

2.3.1. Понятие об изгибе стержня Деформация изгиба возникает в стержне, когда внешние силы пер-

пендикулярны его оси и пересекают ее. Если все внешние силы лежат в одной плоскости, проходящей через главную центральную ось поперечно-го сечения стержня, то изгиб является плоским. Кроме сосредоточенных сил, в плоскости изгиба могут действовать пары сил, поперечная распре-деленная нагрузка q и распределенная моментная изгибающая нагрузка mx (рис. 2.3).

Рис. 2.3

Если внешняя нагрузка приложена в плоскости YZ, где Y – главная

центральная ось (рис. 2.3), то в сечениях стержня возникают изгибающий момент Mx и поперечная сила Qy. Стержень, испытывающий плоский из-гиб, называются балкой.

Изгибающий момент считается положительным, если горизонталь-но расположенный стержень изгибается выпуклостью вниз, т.е. его сжа-тые волокна находятся вверху.

Поперечную силу будем считать положительной, если она стремится вращать оставленную часть стержня по часовой стрелке (и отрицатель-ной, - если против часовой стрелки).

2.3.2. Дифференциальные зависимости при изгибе

Из балки (рис. 2.4) вырежем малый элемент dz, нагруженный

распределенной нагрузкой q, и покажем его на рис. 2.5. Действие отбро-шенных частей заменим положительными поперечными силами и изги-бающими моментами. Нагрузку q на длине dz примем постоянной и поло-жительной.

Выберем систему координат, направив ось Y вверх, а ось бруса Z слева направо. Запишем для элемента dz условия равновесия:

1) ∑Y = 0 Qy + (qdz) – (Qy + dQy) = 0 → qdz = dQy |: dz, отсюда

q = dz

dQy . (2.3)

25

Рис. 2.4

Рис. 2.5 Производная от поперечной силы Qy по координате z равна интен-

сивности распределенной нагрузки q.

2) ∑momС = 0 02

xxyyx dMMdz

qdzdzdQQM

021

|||| 0

2

0

xyy dMqdzdzdQdzQ

бесконечно малые второго порядка; приравняв их к нулю, получим

dzdMdzQ xy |:0 ,

dz

dMQ x

y . (2.4)

Производная от изгибающего момента по координате z равна попе-речной силе yQ .

Продифференцируем выражение (2.4) по z; с учетом зависимости (2.3) получим

q = 2

2

dz

Md x . (2.5)

Интенсивность распределенной нагрузки q равна второй производ-ной от изгибающего момента Mx по координате z.

Выражения (2.3)–(2.5) называются дифференциальными зависимо-

26

стями при изгибе; подчеркнем, что они верны при направлении оси Z сле-ва направо. Данные зависимости служат для контроля правильности по-строения эпюр Mx и Qy, а также формулирования правил построения обе-их эпюр без использования выражений (1.9).

Приведем некоторые следствия, вытекающие из формул (2.3)–(2.5): 1) если на участке балки нет распределенной нагрузки (q=0), то на

этом участке Qy=const (2.3), а Mx – линейная функция (2.4); 2) если на участке балки действует равномерная нагрузка

q (q= const), то на этом участке эпюра Qy – линейна (2.4); эпюра Mx – пара-бола (2.4):

а) парабола выпукла навстречу нагрузке q (2.5); б) парабола имеет экстремум в сечении, где Qy обращается в нуль – Qy=0 (2.4);

3) эпюра Qy возрастает, если q>0 (↑↑↑↑), и убывает, если q<0 (↓↓↓↓); 4) эпюра Mx возрастает, если Qy>0, убывает, если Qy<0, постоянна,

если на всем участке Qy=0 (2.4). Вновь обратимся к рис. 2.4 и вырежем из балки малый элемент

dz1, к которому приложены внешние сосредоточенные нагрузки: сила Р и момент m. Покажем элемент на рис. 2.6. В отличие от рис. 2.5, где попе-речная сила и изгибающий момент в правом сечении отличались от Qy и Mx в левом сечении на бесконечно малые величины, на рис. 2.6 ВСФ в бесконечно близких левом и правом сечениях изменяются на конечные величины. Рассмотрим условия равновесия для элемента dz1 .

1. ∑Y = 0 01 yy QPQ → PQQ yy

1. (2.6)

Так как левое и правое сечения практически совпадают, то из выра-жения (2.6) следует вывод: если в сечении балки приложена сосредото-ченная сила Р, то на эпюре Qy в этом сечении будет скачок на величину и по направлению данной силы Р.

Рис. 2.6

2. ∑1Cmom = 0.

27

Пренебрегая бесконечно малыми членами 1/2Pdz1 и 1yQ dz1, получим

mMM xx 1

. (2.7)

Из выражения (2.7) следует вывод: если в сечении балки приложен сосредоточенный момент m, то на эпюре Mx в этом сечении будет скачок на величину момента m и вверх, если момент направлен по ходу часовой стрелки.

2.3.3. Примеры построения эпюр при плоском изгибе балок В общем случае расчета балок на изгиб вначале определяют реакции

опор, используя уравнения статики. Далее устанавливают число силовых участков и в произвольном сечении каждого из них составляют выраже-ния для поперечных сил Qy и изгибающих моментов Mx с помощью метода сечений:

∑ост

YQy (Fi) . (2.8)

В соответствии с правилом знаков для поперечной силы в сечении (см. п. 2.3.1) в правую часть выражения (2.8) с плюсом входят те внешние силы, которые поворачивают оставленную часть балки по часовой стрелке:

∑ост

ixx FmomM . (2.9)

В соответствии с правилом знаков для изгибающего момента в сече-нии (см. п. 2.3.1) в правую часть выражения (2.9) с плюсом входят момен-ты внешних нагрузок, вызывающих сжатие верхних волокон оставленной части балки, т.е. изгибающих балку выпуклостью вниз.

Пример 2.3. Для заданной балки (рис. 2.7, а) построить эпюры попе-речных сил и изгибающих моментов, выразив ординаты эпюр в характер-ных сечениях через q и а. Показать положение опасных сечений.

Дано: Р= qa, m = qa2. Решение: 1. Определим опорные реакции из условий равновесия: ∑Z = 0 -НА=0, НА=0. Горизонтальная реакция в опоре А не появится, если на балку дейст-

вует только вертикальная внешняя нагрузка:

0 AM - 4qa2 + 3qa2a – (2q3a) 7a/2 + RВ 5a - qa2= 0 → RВ= 4 qa,

0 BM - 4qa2 - 3qa 3a + (2q3a) 3a/2 - qa2 - RА 5a = 0 → RА= - qa.

28

Направленная вверх реакция RА получилась со знаком «минус». Это означает, что следует изменить выбранное вначале направление реакции, перечеркнув ее и направив вниз на рис. 2.7, а.

Проверка: ∑Y = 0 - RА+ 3qa – (2q 3a) + RВ = - qa + 3qa - 6qa+ 4qa= = - 7 qa + 7qa≡ 0.

2. Балка имеет три силовых участка. С помощью формул (2.8) и (2.9) составим выражения Qy и Mx для каждого участка.

Рис. 2.7

Первый участок (0 ≤ z1 ≤ 2a).

1yQ = - RА = - qa (const).

1xM = 4qa2↑- RА z1↓ = 4qa2↑- qa z1↓. Стрелки в выражении

1xM указывают, какие волокна балки – верх-ние (↑) или нижние (↓) – испытывают деформацию сжатия от внешних на-грузок 4qa2 и RА.

При z1 = 0 1xM = 4qa2↑; при z1 = 2a

1xM = 2qa2↑.

29

Второй участок (0 ≤ z2 ≤ 3a): 2yQ = - RА+ 3qa – (2q z2) = 2qa - 2qz2,

2xM = 4qa2↑- RА (2a+ z2) ↓+ 3qa z2↑ – (2q z2) z2/2↓ = 2qa2↑+ 2qa z2↑ - 22qz ↓ – парабола.

Как и в предыдущих примерах, равнодействующие распределенных нагрузок записываем в скобках.

При z2 = 0 2yQ = 2qa,

2xM = 2qa2↑; при z2 = 3a

2yQ = -4qa, 2xM = - qa2↓.

Замечаем, что поперечная сила на участке меняет знак с «плюса» на «минус». Найдем абсциссу сечения, в котором

2yQ = 0, а момент 2xM дос-

тигает экстремального значения:

2yQ =2qa - 2 02qz = 0, 0

2z = a, тогда экстр

2xM = 2qa2↑+ 2qa a↑- qa2↓ = 3qa2↑.

Третий участок (0 ≤ z3 ≤ a): 3yQ = 0.

3xM = - qa2↓ (const). На третьем участке балка испытывает чистый изгиб, так как

изгибающий момент постоянен, а поперечная сила на всем участке равна нулю.

3. Строим эпюры поперечных сил (рис. 2.7, б) и изгибающих момен-тов (рис. 2.7, в).

4. По эпюрам Mx и Qy находим положение опасных сечений. По эпюре Mx опасным сечением на изгиб является сечение 1-1 на

опоре А, где действует максимальный изгибающий момент Mx = maxxM = 4 qa2 .

По эпюре Qy опасным сечением на срез является сечение 2-2 в конце второго участка, где действует максимальная по абсолютной величине поперечная сила

Qy = maxyQ = 4qa.

Проверим правильность построения эпюр Qy и Mx при помощи диф-ференциальных зависимостей (2.3)–(2.5) с вытекающими из них следст-виями и выражений (2.6), (2.7), определяющих скачки величин ВСФ в местах приложения к балке сосредоточенных внешних нагрузок.

Эпюра Qy постоянна на первом и третьем участках, где отсутствует распределенная нагрузка (q = 0), меняется по линейному закону на втором участке, где действует погонная распределенная нагрузка постоянной ин-

30

тенсивности (q = сonst). Ординаты эпюры Qy уменьшаются, так как на-грузка q направлена вниз (q < 0), и в пределах участка изменяются на ве-личину равнодействующей распределенной нагрузки (Rq = (-2q3a)). Таким

образом, зависимость dz

dQy = q выполняется.

На эпюре Qy в соответствии с выражением (2.6) имеются скачки в сечениях А, С, В, где к балке приложены сосредоточенные силы RA, 3 qa, RB, - скачки по направлению этих сил и на их величину.

Эпюра Mx постоянна на третьем участке, где на всей длине 0

3yQ (балка испытывает чистый изгиб), линейна на первом участке, где

эпюра Qy постоянна (Qy = сonst), изменяется по параболе на втором участ-ке, где эпюра Qy линейна; парабола возрастает при Qy >0 и убывает при Qy<0, достигая экстремума в сечении, где Qy =0; ордината эпюры Mx в пределах каждого участка (или части его длины, как на втором участке) возрастает (при Qy>0), уменьшается (при Qy<0), остается постоянной (при Qy =0 на всем участке); изменение ординаты (Δ Mx) равно площади эпюры Qy на рассматриваемом участке (или части этого участка). Следовательно,

зависимость dz

dM x = Qy выполняется. Справедлива и зависимость

2

2

dz

Md x = q ( на втором участке нагрузка q направлена вниз (q<0), и пара-

бола выпукла вверх – навстречу нагрузке q). На эпюре Mx в соответствии с выражением (2.7) имеются скачки в сечениях А и D, где к балке прило-жены сосредоточенные моменты 4qa2 и qa2.

Пример 2.4. Построить эпюры yQ и xM для консольной балки (рис. 2.8, а). Указать положение опасных сечений.

Решение 1. Выделим три силовых участка балки. В пределах каждого участка

проводим поперечное сечение. 2. Записываем выражения yQ и xM для каждого участка. При этом

рассматриваем левую отсеченную часть балки, которая не содержит опору. Первый участок (0 1z a):

),( 11qzqaQy

2)( 1

111

zqzqazM x ; парабола.

При 01 z qaQy 1

, ;01xM при az 1 0

1yQ , .

2

2

1

qaM x

Заметим, что при az 1 парабола 1xM имеет экстремум, так как в

этом сечении 01yQ .

31

Рис. 2.8

Второй участок (0 2z a):

,0)(2

qaqaQy

22)()(

22

222

qaqaz

aqazaqaM x (const).

Так как на втором участке 02yQ , а

2xM постоянен, балка испыты-вает чистый изгиб.

Третий участок (0 3z a): ),2(3)2(3)( 333

qzqaqzqaqaqaQy

2)2(3

23)()2( 3

332

333

zqzqazqazaqazaqaM x

233

23

2qzqaz

qa ; парабола.

При 03 z ,33

qaQy ;21 2

3 qaM x при az 23 ,

3qaQy

.25 2

3 qaM x

32

Замечаем, что поперечная сила 3yQ в пределах участка меняет знак. Найдем положение сечения, в котором ,0

3yQ а момент 3xM достигает

экстремума:

023 033 qzqaQy , az

230

3 , тогда

.4

1123

233

22

22экстр

3

qaaqaqa

qaM x

На рис. 2.8, б,в построены эпюры yQ и xM . Предлагаем читателю проверить правильность построения обеих

эпюр подобно тому, как это сделано в примере 2.3. 3. По эпюрам xM и yQ определяем опасные сечения - это сечение

I-I при az230

3 , в котором 2max 4

11qaM x , и сечение II-II, в котором

qaQy 3max .

2.3.4. Построение эпюр Qy и Mx при изгибе балок без составления аналитических выражений на силовых участках

(эскизное построение эпюр Qy и Mx)

Дифференциальные зависимости при изгибе (2.3)–(2.5) позволяют не только контролировать правильность построения эпюр поперечных сил и изгибающих моментов, но и строить эти эпюры, не пользуясь выражения-ми (2.8) и (2.9), эскизно.

Внимательно прочитайте еще раз анализ правильности построения эпюр, приведенный в конце решения примера 2.3. Обратите внимание на указание о скачках, которые возникают на эпюрах yQ и xM .

Сформулируем правила эскизного построения эпюр в балках; отме-тим, что обе эпюры строятся слева направо, ибо лишь при этом направле-нии оси z справедливы дифференциальные зависимости (2.3)–(2.5).

А. Эпюра yQ на каждом участке: 1) имеет скачок, если в начале участка (слева!) приложена сосредо-

точенная сила Р, - скачок на величину силы и по ее направлению; 2) постоянна, если на участке нет распределенной нагрузки q (q=0); 3) линейна, если на участке действует равномерная распреде-

ленная нагрузка q (q = сonst); растет, если q ; изменяет ордина-ту на величину равнодействующей распределенной нагрузки

)( qyq RQR .

33

Б. Эпюра xM на каждом участке: 1) имеет скачок, если в начале участка (слева!) приложен сосредото-

ченный момент m, скачок на величину момента и вверх, если m ; 2) постоянна, если на всём участке 0yQ ; возрастает, если 0yQ ; убывает, если 0yQ ; 3) изменяет ординату на величину площади эпюры yQ (

yQω ) на участке или его части (

yQxM );

4) линейна, если на участке yQ = const; парабола, если yQ линейна: а) парабола выпукла навстречу нагрузке q; б) парабола имеет экстремум в сечении, где yQ = 0.

Прежде чем перейти к решению примеров с использованием приве-денных правил А и Б, сделаем несколько предварительных замечаний. Перед построением эпюр yQ и xM следует определить реакции опор, записав уравнения равновесия.

Каждая эпюра представляет собой замкнутую линию, которая начи-нается от нулевой оси эпюры и заканчивается на ней.

При определении положения сечения на i-м силовом участке, где

iyQ = 0, абсцисса этого сечения 0iz вычислется по формуле

,лев

0

i

yi q

Qz i (2.10)

где левiyQ – абсолютная величина поперечной силы в начале (слева!) i-го

участка; iq – величина интенсивности распределенной нагрузки на i-м участке.

Рассмотрим примеры эскизного построения эпюр в балках. Пример 2.5. Для заданных балок (рис. 2.9-2.13) построить эпюры

yQ и xM и определить положение опасных сечений. Подробно разберем решение для балки, показанной на рис. 2.9, а. 1. Определим реакции опор:

0 AM , 02223)4(5 22 aRqaaqaqaaqa B , ;0BR

0 BM , ,022

)4(52 22 qaa

qaqaaaRqa A .qaRA

Проверка: ,0y 045)4(5 qaqaqaRqaqaR BA . 2. Построим эпюру yQ , используя правила А эскизного построения

эпюр в балках и начиная построение от левого конца балки.

34

Эпюра yQ на участке АС (рис. 2.9, а,б): 1) имеет скачок в сечении А, где приложена сосредоточенная сила

AR – скачок от нулевой линии на величину qa и вниз по направле-нию реакции AR ; 2) постоянна, так как на участке АС q = 0; 3) пункт не нужен. Эпюра yQ на участке СВ (рис. 2.9, а, б): 1) имеет скачок в сечении С, где приложена сосредоточенная сила 5qa; ординату 5qa откладываем не от нулевой линии, а от величины

yQ в конце предыдущего участка (-qa); ординату откладываем вверх (по направлению силы 5qa); 2) пункт пропускаем, так как на участке СВ q 0; 3) линейна, так как на участке 4q = const; убывает, поскольку 4q на-правлена вниз ( ); изменяет ординату на равнодействующую распределенной нагрузки )4( qaRq ; от значения 4qa эпюра yQ уменьшается до нуля. В сечении В скачка на эпюре yQ нет, так как реакция .0BR Эпюра

yQ , начавшись от нулевой линии в сечении А, закончилась нулевым зна-чением на конце балки в сечении В.

3. Построим эпюру xM , используя правила Б эскизного построения эпюр в балках и проводя построение слева направо.

Эпюра xM на участке АС (рис. 2.9, а, в): 1) имеет скачок в сечении А, где приложен сосредоточенный мо-мент, – скачок на величину 2qa и вверх, так как момент направлен по ходу часовой стрелки, 2qa ; 2) убывает, так как на участке yQ < 0; 3) изменяет ординату на величину площади эпюры )( 2qaQ

yQy ;

при этом значение 2qa в начале участка уменьшается до нуля в сече-нии С; 4) линейна, так как yQ = const на данном участке.

Эпюра xM на участке СВ (рис. 2.9, а, в): 1) не имеет скачка в сечении С, так как здесь не приложен внешний момент; ордината эпюры xM в этом сечении совпадает с ординатой эпюры xM в конце предыдущего участка АС, т.е. равна 0;

35

2) возрастает, так как yQ > 0 на всем данном участке; 3) изменяет ординату на величину площади треугольной эпюры

224

21

qaqaaQyQy ; к концу участка эпюра xM прирастает на

22qa от нулевого значения в сечении С; 4) парабола, так как yQ линейна:

а) выпукла вверх, навстречу нагрузке 4q; б) имеет экстремум в сечении В, где yQ , изменяясь линейно, равна 0.

Рис. 2.9

В сечении В приложен сосредоточенный момент 2qa2 , и на эпюре xM здесь получается скачок на величину этого момента и вниз, так как

указанный момент направлен против часовой стрелки. Эпюра xM заканчи-вается на нулевой линии, от которой она начиналась на левом конце балки в сечении А.

4. По эпюре xM устанавливаем положение опасного сечения I-I, где 2

max 2qaM x (рис. 2.9, в), и опасного сечения II-II, где qaQy 4max

(рис. 2.9, б).

36

Решение для балки на рис. 2.10, а. Определяем реакции опоры А, со-ставляя два уравнения равновесия:

0y и ,0 AM ,04 qaRRy qA где )6( qaRq – равнодействующая распределен-

ной нагрузки 6q, приложенная в середине участка ВС, находим ;2qaRA

02423)6(2 2 aqaaqaqaMM AA ; .3 2qaM A

Далее строим эпюры yQ (правила А эскизного построения эпюр в балках) и xM (правила Б эскизного построения эпюр в балках).

Положение сечения D на участке ВС, в котором yQ = 0, определяем, используя формулу (2.10),

.36

26

лев02

2 a

q

qa

q

Qz

y

Рис. 2.10

Решение для балки на рис. 2.11, а. В данной задаче нет необходимо-

сти находить реакции жесткой опоры D – они определяются при построе-нии эпюр yQ (рис. 2.11, б) и xM (рис. 2.11,в): ,5qaRD .0DM Рекомен-

37

дуем читателю убедиться в этом, вычислив реакции из двух уравнений равновесия.

Рис. 2.11

Решение для балки на рис. 2.12, а. Замечаем, что балка симмет-

рична по нагрузке и способу закрепления. В силу симметрии реакции опор одинаковы и равны:

,2

)( iBA

FyRR (2.11)

где )( iFy – алгебраическая сумма (равнодействующая) проекций на ось у активных сил, приложенных к балке.

Направление реакций противоположно направлению равнодейст-вующей.

38

По выражению (2.11) имеем

.2

22

)5()23()5(qa

qaqaqaaqqaqaRR BA

Реакции направлены вверх.

Рис. 2.12

Эпюры yQ и xM показаны на рис. 2.12,б и 2.12, в.

Обращаем внимание, что эпюра yQ обратно симметрична (в сечении на оси симметрии yQ = 0), а эпюра xM симметрична.

Решение для балки на рис. 2.13, а. Замечаем, что балка обратно сим-метрична, так как нагрузки (активные силы), одинаково удаленные справа и слева от геометрической оси симметрии балки, равны по величине и противоположны по направлению. При этом две любые асимметричные нагрузки образуют пару сил, что облегчает определение реакций опор, ко-торые в данном случае также образуют пару сил и равны:

39

AB

iBA l

FMRR

)( , (2.12)

где )( iFM – суммарный момент всех активных сил, приложенных к балке; ABl – расстояние между опорами.

Рис. 2.13

Направление реакций определяется из условия, что момент реактивной

пары сил противоположен суммарному моменту активных сил )( iFM . По выражению (2.12) имеем (рис. 2.13, а)

Так как суммарный момент направлен против часовой стрелки, мо-

мент реактивной пары следует направить по часовой стрелке, то есть ре-акция AR действует вверх, реакция BR – вниз.

Эпюры yQ и xM показаны на рис. 2.13, б и рис. 2.13, в. Обращаем внимание, что эпюра yQ симметрична, а эпюра xM обратно симметрична, и в сечении на оси симметрии xM = 0 .

40

Глава 3. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ

Прочность, жесткость и устойчивость стержня зависят не только от

величины внешних сил, но и от геометрических характеристик попереч-ного сечения стержня.

3.1. Виды геометрических характеристик. Определение центра тяжести поперечного сечения

сложной формы

На рис. 3.1. показано сечение стержня, где xoy – произвольная сис-тема координат; dA – элементарная площадка в сечении; х,y – координаты площадки в заданной системе координат.

Рис. 3.1

Дадим определение основных геометрических характеристик (ГХ) поперечного сечения.

Площадь сечения, определяемая как A = ∫

A

dA [м2] , (3.1)

является основной ГХ сечения стержня при деформации растяжения-сжатия.

Рис. 3.2

41

Если сечение имеет сложную форму, его разбивают на простые фигуры (рис. 3.2), и площадь сечения определяют по выражению

A = ∑I

n

k

kA

, (3.2)

где Ak – площадь k-й простой фигуры, k = I, II…n; n – число простых фи-гур, составляющих сечение.

Если в сечении имеется вырез (рис. 3.3), его площадь подставляют в выражение (3.2) со знаком минус:

A = III - AA .

Рис. 3.3

Статические моменты площади сечения относительно осей x и y есть интегралы вида

Sx =

AydA ; Sy = dAx

A∫ , (3.3)

Sx, Sy могут быть больше нуля, меньше нуля и равны нулю; размерность – м3, см3, мм3.

Если известны координаты центра тяжести площади сечения – Cx , Cy (рис. 3.1), то Sx и Sy определяются по формулам:

AyS cx ; AxS cy . (3.4)

Оси, проходящие через центр тяжести площади сечения (С), назы-

ваются центральными – оси x0, y0 на рис. 3.1. Из формул (3.4) ясно, что статические моменты площади сечения относительно центральных осей равны нулю ( ,0cy 0cx ).

Если сечение имеет сложную форму, его разбивают на простые фи-гуры, и статические моменты площади определяют суммированием:

42

Sx = ∑∑II

n

k

kkc

n

k

kx AyS

; Sy = ∑∑II

n

k

kkc

n

k

ky AxS

. (3.5)

Например, для рис. 3.2 запишем

∑ ∑III

I

III

I

IIIIIIIIIIII

k k

ccckk

ckxx AyAyAyAySS ,

где k

Cy – расстояния от оси x до центров тяжести площадей Ak. Наличие выреза в сечении учитывается в формулах (3.5) со знаком

минус. Для рис. 3.3 имеем

xS = .IIIIIIII

I

II

I∑ Ay-AyAyS cc

k

kkc

k

kx

Приравняв правые части в формулах (3.4) и (3.5), можно по-

лучить выражения для определения координат центра тяжести сечения сложной формы:

A

Ay

y

n

Ik

kkc

c

∑ ;

A

Ax

x

n

Ik

kkc

c

∑ , (3.6)

где А вычисляется по формуле (3.2), k

cy – расстояние от вспомогательной

оси xв, kcx - расстояние от вспомогательной оси yв до центральных осей

фигуры с площадью Ak. Осевые моменты инерции сечения относительно осей x и y есть ин-

тегралы следующего вида:

Ix = A

dAy2 ; Iy = ∫2

A

dAx (м4, см4), (3.7)

Ix (Iy ) – основные ГХ при расчете стержня на изгиб. По определению

(3.7) они всегда больше нуля. Для сечения сложной формы, состоящего из n простых фигур, Ix и Iy

определяются так:

xI = ∑I

n

k

kxI

; yI = ∑

I

n

k

kyI

. (3.8)

Вырез учитывают в формуле (3.8) со знаком «минус».

43

Полярный момент инерции сечения есть интеграл вида:

pI = ∫ 2

A

dA (м4, см4), (3.9)

где ρ – расстояние от полюса О, расположенного в начале системы коор-динат xy, до площадки dA (рис. 3.1);

Iр – основная ГХ при расчете на кручение стержня кругового се-чения, Iр всегда больше нуля.

Из рис. 3.1 находим ρ2 = y2 + x2. (3.10)

Подставляя (3.10) в интеграл (3.9) и учитывая формулы (3.7), получим

pI = yA A

xA

IIdAxdAydAxy 2222 . (3.11)

Заметим, что через полюс О можно провести сколько угодно взаим-

но перпендикулярных осей xi , yi . Для каждой пары таких осей будут вы-полняться зависимости (3.10) и (3.11). Таким образом,

pI = const.

ii yx II (3.12)

Полярный момент инерции равен сумме осевых моментов инерции относительной любой пары взаимно перпендикулярных осей, проведен-ных через полюс.

Центробежный момент инерции относительно взаимно перпенди-кулярных осей x, y есть интеграл вида:

xyI =∫A

xydA (м4,см4), (3.13)

xyI может быть больше нуля, меньше нуля и равен нулю. Для сечения сложной формы Ixy равен сумме центробежных момен-

тов инерции простых фигур, на которые разбито сечение:

xyI =∑I

n

k

kxyI

. (3.14)

Как и прежде, kxyI для выреза подставляют в формулу (3.14) со зна-

ком минус.

44

Если сечение имеет ось симметрии, то относительно этой оси и лю-бой, ей перпендикулярной, центробежный момент инерции равен нулю. Доказательство этого положения очевидно из рис. 3.4.

Рис. 3.4

Площадки dA справа и слева от оси симметрии. По формуле (3.13)

xyI =∫A

xydA = 2

A

xydA +

2A

ydAx = 2

A

xydA - 2

A

xydA = 0.

3.2. Главные оси инерции и главные моменты инерции

Введем понятия главных осей инерции и главных моментов инерции. Две взаимно перпендикулярные оси, относительно которых центро-

бежный момент инерции равен нулю, называются главными осями инер-ции. Моменты инерции относительно этих осей называются главными мо-ментами инерции. Последние обладают свойствами экстремальности: в поперечном сечении относительно одной из них осевой момент имеет максимальную, а относительно другой – минимальную величину (Imax и Imin). Если главные оси проходят через центр тяжести сечения, они называются главными центральными осями инерции (ГЦОИ). Осевые моменты инер-ции относительно этих осей называются главными центральными момен-тами инерции (ГЦМИ).

Если сечение имеет ось симметрии, то она является одной из ГЦОИ. Положение второй ГЦОИ определяют, вычислив координату центра тяже-сти сечения относительно вспомогательной оси хв (или ув) по формулам (3.6).

Ясно, что если сечение имеет две оси симметрии, то обе являются ГЦОИ.

45

3.3. Вычисления моментов инерции простых фигур

Прямоугольник b × h (рис. 3.5). Вычислить осевые моменты инерции относительно центральных осей, параллельных сторонам прямоугольника.

Рис. 3.5

По определению (3.7)

bdyydAyI

h

hAx

2

2

22∫

12

3bh . (3.15)

По аналогии

12

3hbI y . (3.16)

Треугольник b × h (рис. 3.6). Вычислить осевой момент инерции от-

носительно центральной оси, параллельной основанию.

а) б) в)

Рис. 3.6

46

Покажем три вида треугольников: произвольный (рис. 3.6, а), равнобедренный (рис. 3.6, б), прямоугольный (рис. 3.6, в). У всех тре-угольников центральная ось х проходит на расстоянии одной трети высо-ты от основания.

Из рис. 3.6 видно, что для всех треугольников площадь элементар-ной площадки dA одинакова и равна: dA = bydy, где из подобия находим

b

by = h

yh -32

, откуда yh

bbby -

32

. (3.17)

По формуле (3.7) находим для рис. 3.6, а, б, в:

36...)-

32(

332

3

23

2

3

22∫

bhdyy

h

bbydybydAyI

h

hA

h

hyx

; (3.18)

интеграл вычислить самостоятельно. Сплошной круг и кольцо (рис. 3.7, а, б). Вычислить полярный и осе-

вые моменты инерции для круглого (рис. 3.7, а) и кольцевого (рис. 3.7, б) сечений.

Для круга (рис. 3.7, а) выберем элементарную площадку dA в фор-ме тонкостенного кольца; dA = 2πρdρ – площадь кольца длиной 2πρ и толщиной dρ.

По формуле (3.9) получим:

32

π422πρρπ2ρρ

442

0

22∫

DDddAI

D

Ap . (3.19)

а) б)

Рис. 3.7

47

Очевидно, что для круга осевые моменты инерции относительно лю-бой центральной оси равны, т.е. yx II .

Из формулы (3.12) имеем:

yxyxp IIIII 22 ;

64π

2

4DIII p

yx . (3.20)

Для кольцевого сечения (рис. 3.7, б), принимая его за круг диамет-ром D (I), в котором сделан вырез (II) диаметром d, получим, учи-тывая формулы (3.19) и (3.20):

),α-1(32

π32

π-32

π- 4444

III DdDIII ppp (3.21)

где α = Dd . Аналогично

)α1(64

π64

π64

π 4444

-Dd

-D

II yx . (3.22)

3.4. Изменение моментов инерции при параллельном переносе осей

На рис. 3.8 показано поперечное сечение стержня и заданы исходные оси xy, для которых известны моменты инерции dAyI

Ax 2 ,

Ay dAxI 2 и

A

xy xydAI .

Рис. 3.8

48

Требуется определить аналогичные моменты инерции относительно новых осей 1x , 1y , параллельных исходным и удаленных от последних на расстояния а и с.

Из рис. 3.8 имеем: y-ay 1 , x-cx 1 . (3.23)

Значения моментов инерции в новых осях (x1,y1) определяем по фор-

мулам (3.7) и (3.13), учитывая зависимости (3.23)

.2 ∫∫∫2222

11

A

A

S

A

I

AAAx dAaydAa-daydAa-ydAyI

xx

Аналогично найдем 1yI :

.2

;22

2

1

1

AccS-II

AaaS-II

yyy

xxx

(3.24)

A

A

S

A

S

A

I

AAAyx dAacxdAa-ydAc-xydAdAa-yc-xdAyxI

yxxy

∫∫ 1111;

acAaS-cS-II yxxyyx 11

. (3.25)

Если исходные оси являются центральными, то в выражениях (3.24) и (3.25) 0xS , 0yS , и эти выражения упрощаются:

AaII xx2

01 ; AcII yy

201 , (3.26)

acAII yxyx

0011. (3.27)

Используя выражения (3.26), выведем формулы для некоторых не-

центральных осей ii yx , прямоугольника (рис. 3.9, а), прямоугольного (рис. 3.9, б) и произвольного (рис. 3.9, в) треугольников.

Для фигур, показанных на рис. 3.9, а, б, найдем моменты инерции относительно осей x1 и y1, совпадающих со сторонами прямоугольника и катетами прямоугольного треугольника.

Осевые моменты инерции прямоугольника относительно централь-

49

ных осей x0 , y0 (3.15) и (3.16): ;12

,12

33

00

hbI

bhI yx площадь сечения

;bhA расстояния до осей x1 и y1 равны 2h

a и 2b

c .

y0

h

a

x0

x1b

C

c

y1

y0

x0

x1

y1

b

h

C

c

a

y

h

a 2

a 1

x2

x0

x1

b2 b1

b

II I

а) б) в)

Рис. 3.9

По формуле (3.26) получим:

,3212

323

1

bhbh

hbhIx

(3.28)

.3212

323

1

hbbh

bhbI y

(3.29)

Для прямоугольного треугольника имеем (3.18): 36

3

0

bhIx и по ана-

логии ;21;

36

3

0bhA

hbI y расстояния до осей x1 и y1 равны одной трети

катетов (h и b), т.е. .3

;3

bc

ha

По формуле (3.26) находим:

,122

1336

323

1

bhbh

hbhIx

(3.30)

.122

1336

323

1

hbbh

bhbI y

(3.31)

Для треугольника, изображенного на рис. 3.9, в, вычислим моменты инерции относительно оси x1, совпадающей с основанием, оси x2, прохо-

50

дящей через вершину треугольника параллельно центральной оси x0, и от-носительно оси y, совпадающей с высотой треугольника.

Для вычисления момента инерции относительно оси x2 ( 2xI ) еще раз воспользуемся формулой (3.26), подставив в нее расстояние от оси x0 до

оси x2 (рис. 3.9, в) :32

2 ha

.42

132

36

323

2

bhbhh

bhIx

(3.32)

При выводе формулы (3.18) было показано (рис. 3.6), что для любого треугольника момент инерции относительно центральной оси x0, парал-

лельной основанию, определяется одинаково (36

3

0

bhIx ). Учитывая, что

расстояние а1 равно одной трети высоты, т.е. ,31h

a для момента инер-

ции 1xI получим ту же формулу (3.30), что и для прямоугольного тре-

угольника:

.122

1336

323

1

bhbh

hbhI x

(3.33)

Чтобы получить формулу момента инерции относительно оси y, ра-зобьем фигуру на два прямоугольных треугольника (I и II), имеющих оди-наковую высоту h и разные основания b1 и b2. Момент инерции yI найдем по выражению (3.8):

yI = ,∑I

IIy

Iy

II

k

ky III

а величины IyI и II

yI вычислим по формуле (3.31). В результате получим

.121212

32

31

32

31 bb

hhbhbI y (3.34)

Используя запись (3.34), можно вывести формулу для определения

момента инерции равнобедренного треугольника (рис. 3.6, б) относитель-

но центральной оси y, приняв во внимание, что в этом случае .221b

bb

Подставляя b1 и b2 в (3.27), найдем

.48

3hbI y (3.35)

51

3.5. Примеры выполнения расчетно-графической работы по теме

«Геометрические характеристики плоских сечений»

Задание. Для заданных схем поперечных сечений стержней пока-зать положение главных центральных осей и вычислить моменты инерции относительно этих осей.

)( 02 yy1y

9

1C 1x

2C

I

II

18

7 18

1,94

a 1

=- 5

,14

a 2

= 5,

80

yI C=10

,94

y C

=5,8

0

вxx 2

0x

Рис. 3.10

Пример 3.1. Рассчитать составное сечение из прокатных профилей,

приведенное на рис. 3.10. Дано: двутавр № 18, швеллер № 18. Решение. 1. Вычертим сечение в масштабе 1:2; разобьем его на со-

ставные элементы: двутавр № 18 – I и швеллер № 18 - II; в обоих элемен-тах проводим центральные оси xi и yi.

2. Из сортамента прокатой стали выбираем необходимые расчетные величины.

По ГОСТ 8239-89 для двутавра № 18 – I (прил. 1): АI =23,4 см2 ; I

1xI = 1290 см4; I1yI = 82,6 см4; I

11yxI = 0.

52

По ГОСТ 8240-89 для швеллера № 18 – II (прил. 2):

АII = 20,7 см2 ; II2xI = 86 см4 (= )ГОСТ

yI ; II2yI = 1090 см4 (= )ГОСТ

xI .

Выбирая значения осевых моментов инерции для швеллера, следует обратить внимание, что ось x2 на рис. 3.10 cовпадает с осью y на рисунке в ГОСТе, а ось y2 на рис. 3.10 – с осью x на рисунке в ГОСТе.

3. Определяем положение главных центральных осей инерции (ГЦОИ).

Сечение имеет ось симметрии – это первая ГЦОИ y0. Положение вто-рой ГЦОИ найдем, вычислив координату центра тяжести сечения относи-тельно вспомогательной оси xв (пусть ось xв совпадает с осью x2) по фор-муле (3.6):

80,57,204,23

7,2004,2394,10III

IIIIIIII

1∑

AA

AyAy

A

Ayy cck

kkc

c см.

Откладываем yс от оси xв и проводим ГЦОИ x0. 4. Вычислим главные центральные моменты инерции относительно осей x0 и y0, пользуясь формулами (3.8) и (3.26):

)()( II22

III21

IIII21000

AaIAaIIII xxxxx , где а1, а2 – расстояния от осей x1 и x2 до оси x0:

а2 = yс = 5,80 см; а1 = - ( )Icc y-y = -(10,94 – 5,80) = -5,14 см.

0xI = (1290 + (-5,14)2 ∙ 23,4) + (86 + (5,80)2 ∙ 20,7) = 2691 см4.

)()( II22

III21

IIII21000

AcIAcIIII yyyyy ,

где с1, с2 – расстояния от осей y1 и y2 до оси y0. Очевидно, что с1 = с2 = 0. 0yI = 82,6 + 1090 = 1172,6 см4. Сравнивая величины

0xI и 0yI , видим, что Imax =

0xI = 2691 см4; Imin = 0yI = 1172,6 см4 .

Пример 3.2. Рассчитать показанное на рис. 3.11 сечение в виде пря-моугольника, ослабленного треугольным вырезом.

Дано: прямоугольник 8а×9а, треугольник 6а×6а; а = 2 см. Решение. 1. Вычертим сечение в масштабе 1:2; разобьем его на со-

ставные элементы: прямоугольник 8а×9а – I и треугольный вырез 6а×6а – II; в обоих элементах проведем центральные оси xi , yi.

53

Рис. 3.11

2. По формулам вычислим для обоих элементов необходимые рас-

четные величины. Прямоугольник 8а×9а (16×18 см) – I:

);см288(7298 22I aaaA 7776(48612

)9(8 43

I1

aaa

I x см 4),

6144(38412

)8(9 43

I1

aaa

I y см4).

Треугольный вырез 6а ×6а (12×12см) – II:

72(186621 2II aaaA см2); 576(36

36)6(6 43

II2

aaa

Ix см 4),

432(2748

)6(6 43

II2

aaa

I y см 4).

54

3. Определяем положение главных центральных осей инерции (ГЦОИ).

3.1. Сечение имеет ось симметрии – это первая ГЦОИ y0. 3.2. Положение второй ГЦОИ x0 найдем, вычислив координату цен-

тра тяжести сечения относительно вспомогательной оси xв (пусть xв ≡ x1) по формуле (3.6):

III

IIIIII

II

1-AA

A-yAy

A

Ay

y cck

kkc

c ,

где 0I cy ; см);3(23

36

29II a

a-a-

ayc

a-a-a

aa-yc 2

11872

18230

22

2

(- 1см).

Откладываем yс от оси xв и проводим ГЦОИ x0 . 4. Вычислим главные центральные моменты инерции (ГЦМИ) отно-

сительно осей x0, y0, пользуясь формулами (3.8) и (3.26):

),()( II22

III21

IIIIII

I210000

AaI-AaII-III xxxxkxx

где );см1(21

1 -a-ya c см);4(223

21II

2 -a-a-a-y-ya cc

24 )

21(486(

0a-aIx · 242 )2(36()72 a-a-a · )18 2a = 396 ;см6336 42 a

),()( II22

III21

IIIIII

I210000 ∑ AcI-AcII-III yyyy

kyy

где 021 cc , так как ось 0y совпадает с осями 1y , 2y ; 444 35727384

0aa-aI y (= 5712 ).см4

Примечание. Если центральные оси yi у элементов, составляющих сечение, не совпадают с осью y0, то при вычислении

0yI следует находить расстояния сi от

осей yi до оси симметрии y0 и использовать формулы параллельного переноса осей (рис. 3.12).

55

y2

C3

III

C2

C1

c3 c2

y1y3 y0

x1

x23

II

I

y2

III

c3 c2

y1 y3y0

x1

x23

II

I

C2 C3

C1

а) б) Рис. 3.12

Например, для рис. 3.12, а и рис. 3.12, б момент инерции

0yI равен

).()( III23

II22

IIIIIIII

I32100000 ∑ AcIAcIIIIIII yyyyyy

kyy

56

Глава 4. ОПРЕДЕЛЕНИЕ НАПРЯЖЕНИЙ И РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ ПРОСТЫХ ДЕФОРМАЦИЯХ СТЕРЖНЯ

4.1. Понятие о предельных и допускаемых напряжениях. Оценка прочности стержня при простых деформациях

Построение эпюры внутренних усилий и определение положения опасного сечения, в котором величина ВСФ максимальна, – это первый этап расчета любой стержневой системы. В первой главе было показано, что внутренние усилия распределяются по сечению в виде напряжений и связаны с последними интегральными зависимостями (1.8).

В общем случае напряжения в поперечном сечении переменны и требуется найти наиболее нагруженную (опасную!) точку, в которой действует max или max . Далее будет установлено, что при простых де-формациях стержня: растяжении-сжатии, кручении или изгибе – в опасной точке возникает одно из двух простейших напряженных со-стояний (рис. 4.1).

а) б) Рис. 4.1

Как оценить прочность материала в наиболее напряженной (опасной)

точке, а следовательно, и прочность всего стержня? Этот вопрос решается экспериментально. Путем испытания на рас-тяжение стандартных образцов (рис. 4.2), все частицы в которых находят-ся в условиях ЛНС (рис. 4.1, а).

Рис. 4.2

В результате опытов получают диаграммы напряжений, которые по-

зволяют определить предельные для материалов образцов напряжения.

57

На рис. 4.3 приведены диаграммы напряжений, характерные для: а - мало-углеродистой стали; б – углеродистой стали, меди, алюминия; в – чугуна, бетона, кирпича.

а) б) в)

Рис. 4.3

Предельными предσ называют такие напряжения, при которых мате-риал из упругого механического состояния переходит в новое механиче-ское состояние (состояние пластичности, когда в материале возникают остаточные деформации, – для пластичных материалов или состояние разрушения – для хрупких материалов). Состояние пластичности наступает при предельном напряжении Тσ – физический предел текучести (рис. 4.3, а), при котором происходит рост деформации без заметного увеличения нагрузки, или 2,0σ – условный пре-дел текучести (рис. 4.3, б) с определенным допуском остаточной дефор-мации ( %2,0εост ), когда на диаграмме напряжений отсутствует пло-щадка текучести. Состояние разрушения наступает при предельном напряжении вσ - предел прочности или временное сопротивление (у хрупких материалов нет пластических деформаций). Итак, установлены предельные напряжения:

)( 0,2тпред - для пластичных материалов; (4.1) впред - для хрупких материалов.

Кроме опытов на растяжение, проводят испытание образцов на сжа-тие. Диаграммы напряжений при сжатии для пластичных материалов до напряжения тσ ( 2,0σ ) практически совпадают с аналогичными диаграмма-ми при растяжении. Поэтому для пластичных материалов устанавливается единое предельное напряжение и при растяжении, и при сжатии.

58

Хрупкие материалы по-разному сопротивляются растяжению и сжа-тию и, например, предел прочности на сжатие ( вс ) у чугуна в 3÷4 раза больше предела прочности на растяжение ( вр ). Для надежного обеспечения прочности в наиболее напряженной (опасной) точке конструкции максимальное рабочее напряжение в ней не должно превышать величины допускаемого для данного материала на-пряжения σ . Это напряжение вычисляют по предельному напряжению:

nпред

, (4.2)

где тnn =(1,25÷2,0)- коэффициент запаса по пределу текучести; вnn =(2,5÷5,0) - коэффициент запаса по пределу прочности. Зная величину допускаемого напряжения, записывают условие прочности частицы материала, находящейся в ЛНС:

σσ . (4.3) Как и при линейном напряженном состоянии, вопрос о прочности материала при напряженном состоянии чистого сдвига решается экспери-ментально. По результатам испытаний на кручении образцов в виде тон-костенной трубки строят диаграмму напряжений для пластичных (рис. 4.4, а) и для хрупких (рис. 4.4, б) материалов.

а) б)

Рис. 4.4

По этим диаграммам определяют предельные напряжения ( тτ и )τв , а затем вычисляют допускаемые напряжения τ . Найти численные значе-ния допускаемых касательных напряжений можно и с помощью эмпири-ческих зависимостей, связывающих между собой допускаемые касатель-ные и нормальные напряжения:

=(0,5÷0,6) (4.4) для пластичных материалов;

59

=(0,7÷1,0) p (4.5) для хрупких материалов. Зная τ , можно сформулировать условие прочности для частицы ма-териала, испытывающей НСЧС

ττ . (4.6)

4.2. Расчеты на прочность при деформации растяжения-сжатия

4.2.1. Напряжения в поперечном сечении стержня и условие прочности

Нормальные напряжения, действующие в поперечном сечении

стержня, определяются по формуле

constA

N zz , (4.7)

где zN – продольная сила в сечении; A – площадь поперечного сечения (рис. 4.5, а).

Из формулы (4.7) следует, что сила zN распределяется по сечению в виде нормальных напряжений, причем во всех точках сечения напряжения одинаковы. Покажем эпюру z в сечении 1-1. Знак напряжений определя-ется по знаку zN .

Рис. 4.5

Из эпюры z ясно, что опасной будет любая точка К сечения; так

как при растяжении-сжатии возникают только нормальные напряжения, то напряженное состояние в опасной точке – линейное (рис. 4.5, б).

В п. 4.1 для частицы материала, испытывающей ЛНС, было сформу-лировано условие прочности (4.3). Если в это условие подставить напря-жение z , вычисленное по формуле (4.7) для опасного сечения стержня, где продольная сила максимальна, получим

60

max max

A

Nzz . (4.8)

Выражение (4.8) называется условием прочности при растяжении-сжатии.

С помощью условия прочности можно проводить три вида расчетов стержневых систем при растяжении-сжатии:

1) проверочный, когда заданы все величины в выражении (4.8); 2) проектный, если известны max zN и материал стержня и тре-

буется определить площадь поперечного сечения, – в этом случае

max

zN

A ;

3) определение допустимой нагрузки при заданных величинах площади сечения A и допускаемого напряжения – из условия прочно-сти (4.8)

max AN z .

4.2.2. Примеры расчета на прочность при растяжении-сжатии

Пример 4.1 (рис. 4.6). Для стержня постоянного сечения, изобра-

женного на рис. 4.6, а, подобрать из расчета на прочность размеры попе-

речного сечения в форме квадрата, приняв ;м

MH1,0q а=1,2 м. Материал:

1) сталь (Ст.3); МПа;240тстр ;5,1т n 2) чугун СЧ-30; МПа;300вр МПа; 1150вс ;3в n 3) дерево (вдоль волокон);

МПа; 80вр МПа; 40вс 8вn .

Рис. 4.6

61

Решение 1. Строим эпюру нормальных сил zN и определяем опасные сечения. 1.1. Записываем выражения для zN на каждом силовом участке

стержня. Первый участок :0 1 az

qaPNz 1

(const). Второй участок :0 2 az

;2)2(2 222qzqaqzPPN z при 02 z ;

2qaNz

при az 2 .32

qaN z 1.2. Строим эпюру zN (рис .4.6, б). 1.3. По эпюре zN устанавливаем положение опасных сечений. 1.3.1. Для стального стержня, материал которого одинаково рабо-

тает на растяжение и сжатие, намечаем одно сечение II-II, где нормальная сила максимальна по абсолютной величине (рис. 4.6, б):

MH. 36,02,11,033maxсж qaNz

1.3.2. Для чугунного и деревянного стержней, материал которых по-разному сопротивляется растяжению и сжатию, намечаем два сечения, подозреваемые на опасное (рис. 4.6, б):

- в растянутой зоне (1-й участок) – любое сечение I-I, где qaNz max р МН; 12,02,11,0

- в сжатой зоне (2-й участок) – сечение II-II, где qaNz 3maxсж MH. 36,02,11,03

2. Запишем условия прочности (4.8) и определим необходимые раз-меры поперечных сечений.

2.1. Стальной стержень.

ст

maxсж A

Nz , где

2

т

т

мМН МПа 160

5,1240

n.

Тогда 24maxсж

ст м105,22160

36,0

zNA .

Сторона квадратного сечения

м. 1074,4105,22 24стст

Ab Принимаем мм. 48ст b 2.2. Чугунный стержень постоянного сечения.

Сечение I-I: рp

z

A

Nmax р , где

2

в

вр

мМН МПа 100

3300

nр .

62

Сечение II-II: с

maxсж c

z

A

N , где

2

в

вс

мМН МПа 3,383

31150

nс .

Тогда

24max

р м1012100

12,0р

р

zNA и

24maxс м1036,9

3,38336,0

с

zcN

A .

Учитывая, что по условию задачи сечение стержня постоянно, при-нимаем наибольшее из полученных значений площади, т.е.

24рчуг м1012 AA .

Очевидно, что действительно опасным сечением стержня является сечение I-I. Сторона квадратного сечения чугунного стержня

м 1046,31012 24чугчуг

Ab . Принимаем мм 35чуг b .

2.3. Деревянный стержень постоянного сечения.

Сечение I-I: рp

z

A

Nmax р , где

2

в

вр

мМН МПа 10

880

nр .

Сечение II-II: сc

z

A

Nmaxсж , где

2

в

вс

мМН МПа 5

840

nс .

Тогда

24max р

р м101201012,0

р

zNA и

24maxсж с м10720

536,0

c

zNA .

Для стержня постоянного сечения принимаем 24дер м 10720 cAA .

Ясно, что в данном случае опасным сечением стержня будет сечение II-II. Сторона квадратного сечения деревянного стержня

м 108,2610720 24дердер

Ab .

Принимаем см 27дер b . Примечание. Во всех условиях прочности максимальная сжимающая нормаль-

ная сила берется по абсолютной величине, так как в противном случае площадь сече-ния получается отрицательной.

Пример 4.2. Проверить прочность стержней 1, 2, 3, удерживающих абсолютно жесткий стержень BC в плоскости (рис. 4.7, а). Стержни вы-полнены из алюминиевого сплава Д-16, .5,1 МПа, 330 тттстр n

Диаметры стержней мм, 401 d мм, 552 d мм. 753 d Сила P, на-гружающая конструкцию, равна 1,1 МН.

63

Решение 1. Применяя метод сечений (рис. 4.7, б), определяем нормальные си-

лы в поперечных сечениях стержней, предварительно полагая все силы izN растягивающими (направленными от сечения). Составляя три уравне-

ния равновесия для стержня BC, получаем:

1) ,04 ,01

aNPaM zc откуда МН 275,041 P

Nz (растяжение);

2) ,03 ,0 33 hNaPМ zВ где ,3230cos43 aah откуда

MH. 953,032

33

a

aPNz

Сила 3zN получилась со знаком минус. Это означает, что направле-

ние силы на рис. 4.7, б выбрано неверно и она не растягивающая, а сжи-мающая. Но сжимающая нормальная сила в сопротивлении материалов считается отрицательной.

3) ,030sin ,032

zz NNx откуда

21)953,0(

21

32 zz NN MH477,0 (растяжение).

2. Найдем напряжения в поперечных сечениях стержней и сравним их с допускаемым напряжением:

;мМН МПа 220

5,1330

2т

т

n

МПа 9,218)04,0(14,3

4275,02

1

11

A

N zz < ;

МПа 9,200)055,0(14,3

4477,02

2

22

A

N zz < ;

МПа 8,215)075,0(14,3

4953,02

3

33

A

N zz – сжимающее напряжение,

причем 3z < .

Итак, в поперечных сечениях всех стержней напряжения меньше до-пускаемого.

Примечание. Вместо сравнения реальных напряжений в стержнях )(iz с до-

пускаемым можно сопоставить величины действительных коэффициентов запаса по пределу текучести для всех стержней )(

iтn с величиной нормативного 5,1т n , при этом должно выполняться условие прочности в виде

тт

z

тт

ii

nN

An

iz

i

. (4.9)

64

В данном примере имеем 51,11т n ; 64,1

2т n ; 53,13т n , т.е. усло-

вие (4.9) выполняется для всех стержней.

Рис. 4.7

4.3. Расчеты на прочность при деформации кручения

4.3.1. Напряжения в поперечном сечении и условие прочности При кручении стержней круглого (сплошного и кольцевого) попереч-

ного сечения касательные напряжения в любой точке сечения определя-ются по формуле

p

z

I

M , (4.10)

где zM – крутящий момент в рассматриваемом сечении;

pI – полярный момент инерции сечения (32

4DI p

– для круга;

)1(32

44

D

I p – для кольца, где D

d ).

Из формулы (4.10) следует, что крутящий момент распределяется по сечению в виде касательных напряжений, изменяющихся по линейному закону вдоль радиуса сечения. В центре сечения )0( касательное на-пряжение равно нулю и достигает наибольшей величины у поверхности стержня, где max :

65

maxmax p

z

IM . (4.11)

Формулу для max можно записать по-другому, если ввести понятие полярного момента сопротивления – геометрической характеристики по-перечного сечения в форме сплошного круга и кольца:

33

maxсм,м

p

p

IW . (4.12)

Учитывая W (4.10), перепишем формулу (4.11) в следующем виде:

p

z

W

Mmax . (4.13)

Покажем эпюры касательных напряжений в сплошном круглом и кольцевом сечениях, и для обоих сечений запишем формулы полярных моментов сопротивления (рис. 4.8):

16

3DWp

; (4.14)

)1(16 4

43

D

dDWp

. (4.15)

Рис. 4.8

Направление касательных напряжений на эпюре определяется зна-

ком крутящего момента: если zM >0, касательные напряжения повора-чивают сечение по часовой стрелке, а если zM < 0 (рис. 4.8), – то против часовой стрелки.

По эпюре устанавливаем положение опасной точки – это любая точка К на контуре поперечного сечения. Покажем напряженное состоя-ние частицы в точке К (рис. 4.9).

66

Рис. 4.9

Видим, что в частице возникает напряженное состояние чистого

сдвига. В п. 4.1 для частицы материала, испытывающей НСЧС, экспери-ментально получено условие прочности (4.6). Подставляя в формулу (4.6) величину max (4.13) для опасного сечения, где крутящий момент имеет наибольшее значение, запишем условие прочности при кручении стержня круглого и кольцевого сечения

maxmax

p

z

W

M . (4.16)

Условие прочности (4.16) позволяет проводить три вида расчетов: а) проверочный; б) определение размеров поперечного сечения; в) подбор допустимой нагрузки.

4.3.2. Расчет на кручение стержня круглого

и кольцевого поперечного сечения Пример 4.3. Для заданного стержня (рис. 4.10, а) подобрать из усло-

вия прочности размеры постоянного поперечного сечения в форме круга и кольца (d/D=0,7). Материал стержня - алюминиевый сплав Д-16.

Дано:

.5,1 МПа; 330 ;5,0 ;MH022,0 ; ; тт2

1 nмaм

qqamqam z

Решение 1. Стержень имеет два силовых участка. Находим выражения для

крутящего момента на обоих участках, используя формулу (2.2). Первый участок 0 1 az

ост

12

11 .5)5()(1

qazqazmmFmomM zizz

При , 0 21 1

qaMz z при .4 21 1

qaMaz z Второй участок az 20

ост

211 ).const( 5)5()(

2qamammFmomM zizz

2. Строим эпюру крутящих моментов (рис. 4.10, б).

67

3. Вычисляем величину полярного момента сопротивления попереч-ного сечения из условия прочности (4.16).

3.1. По эпюре крутящих моментов находим положение опасного се-чения 1-1, где

.МНм 022,0)5,0(022,044 22max qaMM zz

3.2. Записываем условие прочности при кручении и определяем из него .pW

maxmax

p

z

W

M , (4.17)

где допускаемое касательное напряжение вычисляем по эмпирической формуле:

)мМН( МПа 110

5,13305,05,0 5,0 2

т

т

n

.

Решая условие (4.17) относительно pW ,получаем:

336max см 200м 10200

110022,0

z

p

MW .

3.3. Подбираем размеры круглого и кольцевого сечений и вычисляем для обоих величину наибольшего касательного напряжения.

Круглое сечение

16

3DWp

(4.12) → см 06,10

14,32001616

33

pWD .

Принимаем D=10 см, округляя результат в меньшую сторону. Нахо-дим max при выбранном значении диаметра и сравниваем это напряжение с допускаемым:

МПа 1,112)10(

022,031

max max

p

z

W

M > МПа 110 .

Вычисляем превышение max над в процентах

% = 100

1101101,112 100

max

% = 1,91% < 5%.

Допускаемое превышение до 5%. Находим площадь круглого сечения

22

см 5,784

)10(

крА .

Кольцевое сечение – )1(16

43

D

Wp ,

68

где Dd (4.13) → см 03,11

))7,0(1(14.320016

)1(16

3 43

4

pWD .

Принимаем см7,7117,0 ,11 DdсмD :

МПа 8,110))7,0(1()11,0(14,3

16022,043

max max

p

z

W

M > .

Перенапряжение % = 73,0100110

1108,110

% < 5%, что допустимо.

Площадь кольца – .см 4,48))7,0(1(4

)11(14,3)1(4

222

22

кол

D

A

Примечание. Сравнивая массы стержней круглого и кольцевого сечений, про-порциональные величинам площадей этих сечений, отмечаем, что при кручении стержня кольцевое сечение более экономично, чем круглое.

Рис. 4.10

4.4. Расчеты на прочность при деформации плоского изгиба

4.4.1. Напряжения в поперечном сечении и условия прочности при изгибе

Как отмечалось в гл. 2, стержень (балка) испытывает плоский изгиб,

когда все внешние силы и моменты расположены в плоскости, проходя-щей через ось стержня и одну из главных центральных осей инерции по-перечного сечения. Если это плоскость zy, то в сечении балки возникает

69

либо один изгибающий момент xM , и тогда изгиб называется чистым, либо момент xM и поперечная сила yQ , и тогда изгиб называет-ся поперечным.

Изгибающий момент распределяется по сечению в виде нормальных напряжений (

Azx dAyM ), определяемых в произвольной точке попе-

речного сечения по формуле

yI

M

x

xz , (4.18)

где xI – момент инерции сечения относительно нейтральной оси x; y – расстояние от нейтральной оси сечения до точки, в которой опре-

деляется напряжение. Из формулы (4.18) ясно, что напряжения z меняются в сечении по

линейному закону. Они равны нулю на оси х при y=0 (по этой причине ось х называется нейтральной) и достигают максимального значения у по-верхности балки при maxyy :

maxmax

max yI

M

x

xz . (4.19)

Покажем эпюру нормальных напряжений в поперечном сечении, имеющем форму тавра (рис. 4.11). Знаки на эпюре нормальных напряже-ний определяются по знаку изгибающего момента. Если xM > 0, сжаты верхние волокна, и в точках, расположенных выше оси х, напряжения z отрицательны; если xM < 0 (рис. 4.11, б), сжаты нижние волокна, и тогда отрицательны напряжения в точках, лежащих ниже оси х.

Рис. 4.11

Напряжения в точках А и В вычисляются по формуле (4.18), при

этом Az > B

z , так как Ay > By (рис. 4.11, а).

maxz

70

По эпюре z устанавливаем опасную точку в сечении – это точка А, наиболее удаленная от нейтральной оси х. Напряжение в ней можно под-считать по формуле (4.19); последнюю можно записать по-другому, если ввести понятие осевого момента сопротивления сечения:

33

maxсм,м

y

IW x

x . (4.20)

С учетом (4.20) формула (4.19) запишется так:

x

xz W

M max . (4.21)

Покажем напряженное состояние элементарной частицы в опасной точке А (рис. 4.11, в). Так как в частице возникает только напряжение z , то напряженное состояние – линейное (ЛНС).

В п. 4.1 для частицы материала, испытывающей ЛНС, эксперимен-тально получено условие прочности (4.3). Подставляя в него величину

max z (4.21),вычисленную для опасного сечения балки, где изгибающий момент имеет наибольшее значение )( maxxM , запишем условие прочно-

сти при изгибе по нормальным напряжениям

max max

x

xz W

M. (4.22)

Приведем формулы для определения осевого момента сопротивле-ния для поперечных сечений в форме прямоугольника, равнобедренного треугольника и круга (рис. 4.12).

Рис. 4.12

71

Заметим, что для пластичных материалов условие прочности (4.22) записывают для одной опасной точки.

Для материалов, по-разному работающих на растяжение и сжатие, условия прочности записывают для двух точек, наиболее удаленных от нейтральной оси х в зоне растяжения и в зоне сжатия, и максимальные на-пряжения в обеих точках определяют по формуле (4.18):

ppx

xp y

I

M max

max max ;

ссx

xс y

I

M max

max max .

(4.23)

При поперечном изгибе в поперечном сечении балки помимо изги-бающего момента действует поперечная сила yQ . Последняя распределя-ется по сечению в виде касательных напряжений )( dAQ

Azyy .

Касательные напряжения при изгибе определяются по формуле Жу-равского

yx

xyzy bI

SQ

, (4.24)

где yQ – поперечная сила в рассматриваемом поперечном сечении балки;

xS – статический момент относительно оси х части сечения,

расположенной выше или ниже того уровня у, в точках которого опреде-ляются zy ; xI – момент инерции поперечного сечения относительно центральной оси х; yb – ширина сечения на уровне у.

Характер распределения касательных напряжении для некоторых распространенных сечений балки приведен на рис. 4.13.

Рис. 4.13

72

На приведенных эпюрах видно, что касательные напряжения дости-гают наибольшего значения в точках, расположенных на нейтральной оси x, где нормальные напряжения равны нулю. Следовательно, в этих точках возникает напряженное состояние чистого сдвига. Для таких точек прово-дят проверку по условию прочности при изгибе по касательным напря-жениям, которое записывается в таком виде:

max max max

yx

xy

bI

SQ. (4.25)

4.4.2. Примеры расчета на прочность при изгибе

Пример 4.4. Для балки, показанной на рис. 4.14, а, подобрать из ус-

ловия прочности размеры постоянного поперечного сечения в форме кру-га, прямоугольника (h/b=2), двутавра. Установить, какая из форм попе-речного сечения наиболее экономична. Для балки двутаврового сечения построить эпюру нормальных напряжений и показать напряженное со-стояние в опасной точке; проверить, выполняется ли условие прочности при изгибе по касательным напряжением. Материал – сталь Ст.3. Принять:

q = 0,005 МН/м; а=2 м; т = 240 МПа; тn =1,5.

Решение 1. Строим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов и опре-

деляем положение опасного сечения балки. 1.1. Применяя метод сечений, находим выражения для yQ и xM на

каждом силовом участке. Первый участок (0 ≤ 1z ≤ a):

111 );const( qazMqaQ xy ↑.

При 0 0 11 xMz , при 21 1

qaMaz x ↑. Второй участок (0 ≤ 2z ≤ a):

)12( 22 qzqaQy ,

222

222

22 62

2)12()(

2qzqazqa

zqzqazaqaM x .

При ;2 , 0 2

2 22 qaMqaQz xy при 2

2 3 ,11 22

qaMqaQaz xy .

73

Рис. 4.14 Исследуем параболу

2xM на экстремум:

12 ,012 0

202

2

2 azqzqa

dz

dM x – входит в границы 2-го участка

)0( 2 az , поэтому находим

222экстр2449)

12(6

122

2qa

aq

aqaqaM x .

1.2. Строим эпюры yQ (рис. 4.14, б) и xM (рис. 4.14, в). 1.3. По эпюрам yQ и xM (прежде по xM !) устанавливаем положе-

ние опасного сечения. Это опорное сечение I-I, где

МНм 06,0 2005,033 22max qaM x ,

МН 11,02005,01111max qaQy (рис. 4.14, б, в).

74

2. Определяем размеры поперечного сечения балки из расчета на прочность и сравниваем балки разной формы сечения по экономичности.

2.1. Условие прочности при изгибе (по нормальным напряжениям) – формула (4.22):

max x

x

W

M,

где

2

т

т

мМНМПа 160

5,1240

n.

Из условия (4.22) следует, что.

.см 375м10375160

06,0 336max

xx

MW

2.2. Размеры поперечного сечения: 2.2.1. круглое сечение:

см 63,1514,337532 32

3233

3

x

xW

DD

W .

Принимаем D=160 мм. Площадь круглого сечения

2222

кр см 201мм 201004

)160(14,34

D

A .

2.2.2. Прямоугольное сечение )2( b

h :

см 5,837523

23

32

6)2(

6333

22 xx Wbb

bbbhW .

Принимаем b=85 мм, h=2b=170 мм. Площадь прямоугольного сечения

bhА пр =85·170=14450 2мм =144,5 2см . 2.2.3. Двутавровое сечение: По ГОСТ 8239-89 выбираем двутавр № 27 с 371табл xW 3см (мень-

ше расчетного xW =375 3см на 1,07%, а допустимо до 5%); площадь дву-тавра 42

дв см 5010 ;см 2,40 xIА . 2.2.4. Определяем экономичность стержней разной формы попереч-

ного сечения: Поскольку вес балки пропорционален площади ее поперечного сече-

ния, то отношение весов балки будет равно отношению площадей сече-ний этой балки.

75

Принимая площадь двутаврового сечения за условную единицу, имеем

1:6,3:5:: двпркр ААА .

Таким образом, балка двутаврового сечения легче в 5 раз балки круглого и в 3,6 раза – балки прямоугольного сечения, а потому наиболее экономична. Круглое сечение балки при изгибе нерационально.

3. Построим эпюру нормальных напряжений в опасном сечении дву-тавровой балки:

3.1. Формула для напряжений (4.18)

yI

M

x

xx

max .

При 00 zy ,

при МПа 7,1611037106,0

2 6max

max zmax

x

x

W

Mhyy .

Максимальное напряжение в балке превышает допускаемое :

100

% max

% = 100160

1607,161 %=1,06% < 5%, что допустимо.

3.2. Эпюра z показана на рис. 4.14, г. Знаки на эпюре z определя-ются по знаку изгибающего момента xM ; так как maxM < 0, сжаты ниж-ние, а растянуты верхние волокна. Из эпюры z ясно, что опасные точки расположены у поверхности стержня – точки 1K и 2K ; напряженное со-стояние элемента в обеих опасных точках – линейное (ЛНС) – показано на рис. 4.14, д.

4. Вычислим максимальное касательное напряжение в двутавровой балке и сравним его с допускаемым :

= (0,50,6) МПа 8816055,0 55,0 .

По формуле (4.24) запишем

yx

xyzy bI

SQ max)(

,

где 484max м 105010см 5010 MH; 11,0 xy JQ .

Это напряжение действует в точках, лежащих на оси х; здесь м 0.006мм 6 yb ; max

xS – статический момент половины площади

поперечного сечения двутавра относительно центральной оси х, по ГОСТ 8239-89 363

max м 10230см 230 xS (см. прил. 1).

76

Тогда МПа 7,82006,0105010

1023011,08

6

max

< .

Условие прочности по касательным напряжениям (4.25) выполняется. В заключение вычислим для сравнения максимальные касательные

напряжения для круглого и прямоугольного сечений. В точках на ней-тральной оси х находим:

круглое сечение МПа 32,710201311,04

34

4кр

max max

A

Q y ;

прямоугольное сечение МПа 4,11105,1442

11,032

34

пр

max max

A

Q y .

Отметим, что в балках сплошного сечения (длинных, не-тонкостенных) максимальные касательные напряжения значительно меньше max z . По этой причине влиянием zy на прочность при изгибе можно пренебречь по сравнению с z .

Пример 4.5. Для балки, поперечное сечение которой задано (рис. 4.15, а), подобрать из условия прочности при изгибе по нормальным напряжениям допустимую нагрузку. При найденной величине нагрузки: 1) построить эпюру нормальных напряжений в опасном сечении; 2) опре-делить величину максимального касательного напряжения в балке. Мате-риал – Ст. 3.

Решение 1. Находим реакции опор (рис. 4.15, а).

qaRqaaRaaqaqaM BBA 4 032)23( 0 2 . qaRaRaqaaaqaqaM AAB 032)23( 0 2 . Проверка: 046)23( 0 qaqaqaqaRaqqaRY BA . 2. Находим выражения для поперечных сил и изгибающих моментов

на трех силовых участках балки (рис. 4.15, а). Первый участок )0( 1 az :

)const( 1

qaRQ Ay .

111qazzRM Ax ,

1xM изменяется по линейному закону; при

0 0 11 xMz , при 21 qaMaz

ix .

Второй участок )20( 2 az : 22 34)3(

2qzqaqzRQ By – линейный закон.

При qaQz y 4 022 , при qaQaz

y2 2

22 .

77

Рис. 4.15

Обращаем внимание, что поперечная сила на участке изменяет знак:

222

2222

2234

2)3(2 qzqazqa

zqzzRqaM Bx – па-

рабола. При 2

2 2 0 qaMz x , при 2

2 2 2 qaMaz x .

Найдем azqzqadz

dM x

34 034 0

202

2

2 .

Вычислим максимальный изгибающий момент

78

222max 3

5)34(

23

3442 qaaqaqaqaM x .

Третий участок )0( 3 az 0

3yQ .

)const( 23

qaM x . На третьем участке брус испытывает чистый

изгиб. 3. Строим эпюры поперечных сил (рис. 4.15, б) и изгибающих мо-

ментов (рис. 4.15, в). 4. Рассчитываем заданное поперечное сечение балки. 4.1. Вычертим сечение в масштабе М 1:2 (рис. 4.15, г); разобьем его

на составляющие элементы: двутавр № 10 - I, прямоугольники 1х12 см - II и III. во всех элементах проведем центральные оси ix .

4.2. Из ГОСТ 8239-89 для двутавра № 10 выписываем необходимые расчетные данные – площадь сечения и осевой момент инерции относи-тельно оси 1x (см. прил. 1):

2см 12IA ; 4см 9,171

ГОСТyx II (обращаем внимание на распо-

ложение двутавра в ГОСТе и на рис. 4.15, г). Те же расчетные данные вычисляем для полос:

43

2 см 14412121 ;см 12121

32

xx

IIIII IIAA .

4.3. Найдем положение центральной оси х поперечного сечения, вы-числив ординату центра тяжести сечения cy относительно вспомогатель-ной оси 23x :

IIIIII

IIIIIIc

IIIIc

IIc

k

kkc

cAAA

AyAyAy

A

Ayy

)(

)()(,

где 0 см; 62

12 III

cIIc

Ic yyy ;

см 221212

126

cy .

Откладываем cy от оси 23x и проводим через центр тяжести С централь-ную ось сечения 0x .

5. Вычислим осевой момент инерции сечения относительно оси 0x :

.см 9,5932)122144()1249,19()(

)())((

4222

22

3

2100000

III

cx

IIcx

IIcсx

IIIx

IIx

Ixxx

AyI

AyIAyyIIIIII

6. Вычислим осевой момент сопротивления относительно оси 0x :

79

max

00 y

IW

xx ,

где maxy – расстояние от оси 0x до наиболее удаленной точки сечения – точки А;

см 8622

12max cyy .

Итак, .м 1024,74см 24,748

9,593 3630

xW

7. Определим величину допустимой нагрузки: 7.1. По эпюре изгибающих моментов (рис. 4.15, в) найдем

положение опасного сечения 1-1, где действует максимальный изгибаю-щий момент

2max 3

5qaM x .

7.2. Запишем условие прочности при изгибе по нормальным напря-жениям:

0

max max

x

xz W

M ,

где

2

т

т

мМН МПа 160

1,5

240

n.

Из условия прочности имеем 0

max xx WM или 0

35 2

xWqa ,

откуда

мМН 1071,0

151024,741603

53 2

2

6

2доп0

a

Wq

x .

8. Построим эпюру нормальных напряжений в опасном сечении балки:

8.1. Найдем величину maxxM при нагрузке допq :

МНм 1018,111071,035

35 2222

допmax aqM x .

8.2. Запишем формулу для нормальных напряжений

yyyI

M

x

xz 1987

109,5931018,1

8

2max

. (4.26)

В формулу (4.26) у следует подставлять в метрах. Вычислим напряжения в точках А и В, наиболее удаленных от оси х

в зонах растяжения и сжатия. Для точки А имеем

МПа. 160 МПа 1591081987 и м 108см 8 2Az

-2max yyA

80

Для точки В имеем

МПа. 1,1341075,61987

и м 106,75см 75,625,512

2

2-max

Bz

B yy

8.3. Построим эпюру нормальных напряжений (рис. 4.15, д). 9. Вычислим максимальное касательное напряжение в балке: 9.1. По эпюре yQ (рис. 4.15, б) определим сечение 2-2, где действует

максимальная поперечная сила, и вычислим ее величину при найденном значении допустимой нагрузки

МН 1084,211071,044 22допmax

aqQy .

9.2. Запишем формулу Журавского для точек С , расположенных на нейтральной оси 0x :

yx

xyCzy bI

SQ max

max ,

где xS – статический момент площади поперечного сечения, лежащей

ниже оси 0x (рис. 4.15, г), – площадь на рисунке имеет крестообразную штриховку;

3632maxmax м1064см 648

2)21()(

yyyS cx ;

yb – ширина сечения на нейтральной оси, см 211 yb .

Тогда МПа 6,3010210593,910641084,2

28-

62

max

.

81

СПИСОК РЕКОМЕНДУЕМОЙ ЛИТЕРАТУРЫ

1. Александров, А.В. Сопротивление материалов: учеб. для вузов / А.В. Александров, В.Д. Потапов, Б.П. Державин. – М.: Высш. шк., 2008. – 560 с.

2. Беляев, Н.М. Сопротивление материалов / Н.М. Беляев. – М.: Наука, 1976. – 608 с.

3. Глявин, Ю.В. Расчеты на прочность, жесткость и устойчивость / Ю.В. Глявин, И.И. Мокеев, М.Г. Пономарев. – Горький: Волго-Вят. кн. изд-во, 1968. – 240 с.

4. Вольмир, А.С. Сопротивление материалов: учебник / А.С. Вольмир. – М.: Дрофа, 2007; 2009.

5. Феодосьев, В.И. Сопротивление материалов: учебник / В.И. Фео-досьев. – М.: МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2003.

82

ПРИЛОЖЕНИЯ

Приложение 1

Двутавры стальные горячекатаные (ГОСТ 8239–89)

83

Приложение 2

Швеллеры стальные горячекатаные (ГОСТ 8240–89)

84

Приложение 3

Уголки стальные горячекатаные равнополочные (ГОСТ 8509–86)

85

Приложение 4

Уголки стальные горячекатаные неравнополочные (ГОСТ 8510–86)

86

Дербасов Александр Николаевич Ильичев Николай Алексеевич Малыгин Александр Львович

Сергеева Светлана Анатольевна Тарабакина Людмила Михайловна

КРАТКИЙ КУРС СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ

Редактор Е.В. Комарова Технический редактор Т.П. Новикова

Компьютерный набор: А.Н. Дербасов, С.А. Сергеева

Подписано в печать 16.07.2014. Формат 60 841/16. Бумага офсетная. Печать трафаретная. Усл. печ. л. 5,5.

Уч.-изд. л. 5,2. Тираж 150 экз. Заказ 506.

Нижегородский государственный технический университет им. Р.Е. Алексеева. Типография НГТУ.

Адрес университета и полиграфического предприятия: 603950, г. Нижний Новгород, ул. Минина, 24.