3

ПРЕДИСЛОВИЕ

Учебное пособие предназначено для оказания помощи студентам строи-

тельных специальностей вузов при выполнении расчётно-графических работ по

сопротивлению материалов, основам строительной механики (для специально-

стей ВиВ, ТГВ и СТ) и теории упругости и пластичности.

Пособие состоит из 3-х частей и 14 глав по темам расчетно-графических

работ. Каждая глава содержит краткое изложение теории, где приведены ос-

новные формулы и уравнения, и примеры решения задач, аналогичных задачам

в расчетно-графических работах.

В конце каждой части пособия приведен сортамент стальных прокатных

стержней – уголков, двутавров и швеллеров.

Во второй части пособия приведены главы, соответствующие учебному

материалу 2-го семестра изучения сопротивления материалов – определение

перемещений в балках и рамах при прямом изгибе, расчет статически неопре-

делимых балок и рам с помощью метода сил, расчет балок на упругом основа-

нии, кручение стержней, сложное сопротивление стержней, устойчивость и

продольно-поперечный изгиб стержней.

Пособие написано профессорами кафедры сопротивления материалов

МГСУ. Большую помощь при написании и подготовке к изданию учебного по-

собия оказали авторам коллеги по кафедре – профессора О.В.Мкртычев,

А.Г.Паушкин, доценты А.Я.Астахова, А.В. Ильяшенко.

В пособии использована система единиц СИ, а также традиционные для

курса сопротивления материалов обозначения: сила – P, площадь поперечного

сечения стержня – F. Соотношения между основными механическими величи-

нами в единицах СИ и в технической системе приведены в следующей таблице:

Наименование

величины

Е д и н и ц а Соотношение

единиц Наименование Обозначение

Сила, нагрузка, вес Ньютон Н 1Н 0,1 кгс

1кН 0,1тс

Линейная нагрузка Ньютон на метр Н/м 1Н/м 0,1кгс/м

1кН/м 0,1тс/м

Момент силы, момент

пары сил Ньютон-метр Нм

1Нм 0,1кгсм

1кНм 0,1тсм

Напряжение, давление Паскаль Па 1Па 0,1кгс/м

2

1МПа 10кгс/см2

При определении напряжений в качестве вспомогательной единицы изме-

рения используется также кН/см2

(1 кН/см2 = 10 МПа).

4

ГЛАВА 5

ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ В БАЛКАХ И РАМАХ

ПРИ ПРЯМОМ ИЗГИБЕ

5.1. Основные определения и формулы

При изгибе ось балки искривляется (рис.5.1), что сопровождается появле-

нием прогибов xv и углов поворота поперечных сечений (х) = xv , кото-

рые принимаются равными углам наклона касательной к изогнутой оси. Эти

величины называются линейными и угловыми перемещениями.

Прогибы считаются положитель-

ными, если они происходят в положи-

тельном направлении оси Оу. Углы

поворота считаются положительными

при повороте касательной к изогнутой

оси по ходу часовой стрелки.

Для определения законов изме-

нения прогибов балок xv при пря-

мом изгибе используются дифференциальные уравнения второго порядка

xMxEJ v , (5.1)

или четвёртого порядка

xqxEJ IVv , (5.2)

где EJ – жёсткость балки при изгибе, М(х) – изгибающий момент в попереч-

ном сечении, q(x) – распределённая поперечная нагрузка.

При определении перемещений с помощью метода начальных параметров

используется выражение

.

6

4

5

5

4

4

4

3

3

3

2

2

2

1

1

3

0

2

000

EJ

ax

EJ

ax

EJ

EJEJEJ

4!4!3!

2!3!2!

qqaxP

axMax

xQxMxx vv

(5.3)

Здесь 0v , 0 , 0M , 0Q – начальные параметры, представляющие собой

прогиб, угол поворота, изгибающий момент и поперечную силу в начальном

сечении х = 0 и – взаимный угол поворота сечений в промежуточном шар-

нире. Формула (5.3) соответствует воздействиям и участкам, показанным на

рис.5.2.

Неизвестные в начале расчёта начальные параметры и величины под-

лежат определению из соответствующих граничных условий.

Общим методом определения перемещений в стержневых системах явля-

ется метод Мора. Метод Мора сводится к вычислению интегралов, которые

представляют собой работу единичных сил 1Р или единичных моментов

1М на искомых перемещениях.

xv

0

q

Рис.5.1

5

Для балок и рам используется формула Мора, содержащая изгибающие

моменты:

k s

PiiP

k

dsEJ

MМ . (5.4)

Здесь iM – изгибающий момент от действия единичной силы или единич-

ного момента, прикладываемых по направлению искомого перемещения; PM –

изгибающий момент от действия заданных нагрузок. При определении линей-

ных перемещений прикладывается единичная сила, а при определении угловых

перемещений – единичный момент.

Для балок и стержневых систем,

состоящих из прямых стержней с посто-

янной жёсткостью EJ, вычисление ин-

тегралов Мора можно произвести с по-

мощью правила А.К.Верещагина (пра-

вило «перемножения» эпюр) по форму-

ле

k s

PiiP

k

dsEJ

MМ = Py

EJC

1 , (5.5)

где уС – ордината в линейной эпюре

iM под центром тяжести площади P

криволинейной эпюры PM (рис.5.3).

При использовании формулы (5.5)

сложную эпюру надо разбить на простые фигуры, у которых известны площадь

и положение центра тяжести. Наиболее часто элементами разбиения являются

трапеции и квадратные параболы. Площадь квадратной параболы на участке

длиной l с нулевыми начальным и конечным значениями определяется по

формуле

12

3qlq , (5.6)

где q – интенсивность равномерно распределённой нагрузки.

Если эпюры PM и iМ на участке длиной l представляют собой трапе-

ции (рис.5.4), то формулу (5.5) можно привести к следующему виду (формула

«перемножения» трапеций):

x

y

С

ab

l

xС

yС

MР

MiО

Рис.5.3

1 2 3 4 5

x

q

0 M

P

6

M0

Q0

y

a1 a2a3 a4 a5

Рис.5.2

6

iP = EJ

l

6(2ac + 2bd + ad + bc) . (5.7)

Если интеграл Мора имеет положительное зна-

чение, то направление перемещения совпадает с

направлением действия соответствующих единичной

силы или единичного момента. В противном случае

перемещение противоположно этому направлению.

5.2. Примеры решения задач

Задача 5.1.

Для шарнирно опертой балки (рис.5.5,а) построим эпюры Q и М и вы-

полним подбор сечения из условия прочности в виде стального прокатного дву-

тавра. Определим с помощью метода начальных параметров и метода Мора

значения прогибов и углов поворо-

та в характерных сечениях балки и

построим эпюры v и . Опреде-

лим числовые значения v и . В

расчетах примем R = 21 кН/см2, Е =

=2,1104 кН/см

2, f = 1,2 и с = 0,9.

Определяем опорные реакции:

МА = 0, 10 – 151 – 1032,5 +

+ 4RB = 0, RB = 20 кН;

МВ = 0, 10 + 153 + 1031,5 –

– 4RА = 0, RА = 25 кН;

Y = 0 (проверка), 15 + 103 –

– 25 – 20 = 45 – 45 = 0.

Определяем значения изгиба-

ющих моментов и поперечных сил

в характерных сечениях балки и

строим эпюры Q и М (рис.5.5,б,в).

Определяем экстремальное значе-

ние Мmax в пролете. Из пропорции

находим положение сечения, где

действует максимальный момент.

00 3

1020

xx , х0 = 2 м ;

Рис.5.5

3 м1 м

а )

б)

y

M

(кНм)

в)

1 м

1 2 3

Q

(кН)

М=10 кНм Р=15кН =10кН м/q

О

А

С

В

х

RА=25кН RB=20кН

г)

д)

10

11,4

16,4

перегиб

22,2

vmax

vEJ

EJ

26,1

перегиб

0,6

19,8max

15Мmax=20излом

20

х0 = 2м

3 х0

1025

21,4

32,4

d

ab

c

l

МР

Мi

Рис.5.4

7

.кНм201210220 Сmax MМ

Определяем расчетное значение наибольшего изгибающего момента.

.кНм242,120н fМMP

Требуемый момент сопротивления сечения равен:

.см127219,0

1024 32

R

МW

c

zP

По сортаменту принимаем: I18, Wz = 143 см3, Jz = 1290 см

4.

Составим с помощью формулы (5.3) выражение для прогиба балки в пре-

делах трех характерных участков.

.EJ

xq

EJ

xΡ

EJ

xR

EJ

xQ

EJ

xMxx A

3

43

2

3

1

30

20

00!4

2

!3

2

!3

1

!3!2

vv

Начальные параметры равны:

х = 0, 0M = –10 кНм, 0Q = 0.

Для определения неизвестных начальных параметров 0v и 0 использу-

ем граничные условия:

02

1101 ,м1

2

00

EJ

x vv ;

024

310

6

315

6

425

2

5105 ,м5

4332

00

EJEJEJEJ

x vv .

Решаем систему алгебраических уравнений.

,4,16

.42,40

5

,5

0

00

00

EJ

EJ

EJ

v

v

v

.EJ

,4110

В качестве проверки вычислим

значения 0v и 0 с помощью ме-

тода Мора. Построим единичные

эпюры изгибающих моментов

(рис.5.6,а,б) и вычислим интегралы

Мора с помощью правила А.К. Ве-

рещагина, то есть «перемножим»

единичные эпюры с эпюрой момен-

тов от действия заданных нагрузок

М = PM .

а) 0,75Р =1 1

М1

М2

М =10,75

1

3 м1 м 1 м

б)

Рис.5.6

8

;3516

7502

1

12

310750

3

2315

2

111575010

15750210126

11011

2

11

3

0

10

EJ

,,,,

,EJ

dxEJ

MMl

P

v

.35,11

75,02

1

12

31075,0

3

2315

2

111575,010

75,015211026

11110

1

3

0

20

EJ

EJdx

EJ

MMl

P

Результаты определения 0v и 0 с помощью метода начальных парамет-

ров и метода Мора практически совпали. Запишем окончательные выражения

для xv и х.

;!4

210

!3

215

!3

125

!2

10411416

1

3

43

2

3

1

2

xxxxx,,

EJxv

.!3

210

!2

215

!2

12510411

1

3

32

2

2

1

xxxx,

EJxx v

Вычислим значения v и в характерных сечениях балки.

,EJ

,x

416 ,0 0 vv ;

4110

EJ

,

0 ,м1 vx (граничное условие), ;4,21

1104,111

EJЕJ

,EJ

,,,

EJx

222

6

125

2

2102411416

1 ,м2

32

v

;918

2

125210411

1 2

EJ

,,

EJ

,EJ

,,,

EJx

432

24

110

6

115

6

225

2

3103411416

1 ,м3

4332

v

;0,6

6

110

2

115

2

22531011,4

1

322

EJEJ

0 ,м5 vx (граничное условие),

.26,1

6

310

2

315

2

42551011,4

1

322

EJEJ

В качестве проверки вычислим некоторые значения v и с помощью

метода Мора. Соответствующие единичные эпюры приведены на рис.5.7,а,б.

9

;1922

7502

1

12

310750

3

2315

2

1

750107501526

112

3

0

3

EJ

,,,

,,EJ

dxEJ

MMl

P

v

.EJ

,,,

,,EJ

dxEJ

MMl

P

1526

2

2501

12

310115250152

6

3

250102501526

115

3

0

4

Результаты вычислений практически

совпали. Строим эпюры v и , отметив

их особенности (рис.5.5, г, д). Ординаты

эпюр умножены на жесткость ЕJ.

В сечении, где Q обращается в

нуль, на эпюре имеется точка переги-

ба. В сечении, где М = 0 (участок 2), на

эпюре имеется экстремум max , а на

эпюре v – точка перегиба. В сечении,

где = 0 (участок 3), прогиб имеет экс-

тремальное значение maxv .

В пределах участка 1 изменяется

по линейному закону. В сечении В касательная к эпюре параллельна оси.

Определим числовые значения v и . Размерность длины в числителе

переведём в сантиметры.

;см2112901012

104324323

4

32

,,

,

EJ

,

v

.,,,

,

EJ

, о

4

22

550рад00963012901012

101261265

Задача 5.2.

Для балки с промежуточным шарниром (рис.5.8,а) определим значения

поперечных сил, изгибающих моментов, прогибов и углов поворота в харак-

терных сечениях и построим эпюры этих величин.

Разбиваем балку на несомую ВС и несущую АВ части (балки). Произво-

дим статический расчет несомой балки ВС (рис.5.8,б).

МВ = 0, –1431,5 – 12 + 5RС = 0, RС = 15 кН;

МС = 0, 1433,5 – 12 – 5RВ = 0, RВ = 27 кН;

Y = 0 (проверка), 143 – 27 – 15 = 42 – 42 = 0 .

0,75

Р =1

М3

а) А

RA= 0,75 RB= 0 2, 5

В

б)

М4

М =10,251

3 м1 м 1 м

Рис.5.7 Рис.5.7

10

Эпюры Q и М приведе-

ны на рис.5.8,в,г. Определяем

экстремальное значение изги-

бающего момента в пролете

ВС.

,3

1527

00 xx х0 = 1,93 м ;

.кНм0426

2

9311493127

2

,

,,М max

Запишем выражение для

прогиба балки с помощью ме-

тода начальных параметров.

.

!4

5

!4

2

!3

2

2!3

!2

3

4

2

43

1

30

20

00

EJ

xq

EJ

xq

EJ

x

xEJ

xQ

EJ

xMxx

В

Ρ

vv

Начальные параметры

равны:

х = 0, 0v = 0, 0 = 0,

0M = – 24 кНм, 0Q = 12 кН.

Для определения неиз-

вестного взаимного угла пово-

рота сечений B в проме-

жуточном шарнире использу-

ем граничное условие:

.EJ

,,

EJEJEJEJEJx BВ

1110

24

214

24

514

6

5155

6

712

2

724 ,м7

44332

v

В качестве проверки определим значение B с помощью метода Мора.

Поскольку B представляет собой взаимное угловое перемещение (угол по-

ворота правого сечения в шарнире В относительно левого сечения), приложим

в сечении В парный единичный момент. Соответствующая единичная эпюра

изгибающих моментов приведена на рис.5.9.

B

в)

г)

е)

M

Q

x0= 1,93 м 3 x0

(кН)

(кНм)

Mmax=26,04

min

EJv

д)

перегиб

24

излом

24

12

35,1

15

М =12кНм

х

q =14кН м/

С

ВАО

1

2м 3м 2м

32у

А

RB=27кН

27 15=12кН

М =12кНм

RC=15кН

14кН м/

27

б)

а)

12излом

18

23,5

EJ

перегиб

62,9

32

Р =15кН

ВС

29,5

Рис.5.8

11

«Перемножаем» единичную и грузовую эпюры изгибающих моментов.

11840182

6

312441242

6

21

0

1 ,,EJ

dxEJ

MМl

РВ

.05,11

4,0124,01826

2

2

4,01

12

314

3

EJ

Результаты вычисления практически совпали. Запишем окончательные

выражения для xv и х.

;!4

514

!4

214

!3

2152111

!3

12

!2

241

3

4

2

43

1

32

xxxx,

xx

EJxv

.!3

514

!3

214

!2

215111

!2

1224

1

3

3

2

32

1

2

xxx,

xx

EJxx v

Вычислим значения v и в характерных сечениях балки.

,x 0 ,0 0 vv ;0 0

,EJEJ

x32

6

212

2

2241 ,м2

32

v

;24

2

212224

1 2

левEJEJ

;35,1

111241

левправEJ

,EJ

B

,EJ

,,

EJx

962

24

314

6

3153111

6

512

2

5241 ,м5

4332

v

.EJ

,,

EJ

523

6

314

2

315111

2

512524

1 322

0 ,м7 vx (шарнирная опора),

.29,5

6

214

6

514

2

515111

2

712724

1 3322

EJ,

EJ

СВА

3м 2м2м

1,40,4

М1

1

M=1M=1

Рис.5.9

12

В качестве проверки определим некоторые значения v и с помощью

метода Мора. Соответствующие единичные эпюры приведены на рис.5.10, 5.11

и 5.12.

.32

23

2224

2

112

0

2

EJEJdx

EJ

ММl

Р v

2,1

3

2318

2

18,0

3

2224

2

115

0

3

l

P

EJdx

EJ

MMv

.9,62

2,1122,11826

22,1

2

1

12

314 3

EJ

6,0

2

1

12

3146,0

3

2318

2

14,0

3

2224

2

117

3

0

4

l

P

EJdx

EJ

MM

.45,29

6,01211811226,01826

2

EJ

СВ

А

3м 2м2м

2 Р =1

М2

СВ

А

3м 2м2м

0,8Р =1

М3

RC= 0 6,1,2

СВА

3м 2м2м

М4

М =1

1

0,4

0,6

Рис.5.12

Рис.5.10

Рис.5.11

13

Результаты вычислений практически совпали. Эпюры v и приведены

на рис.5.8,д,е. Отметим их особенности. В сечении В угол поворота имеет ска-

чок, а касательные к эпюре параллельны оси. На эпюре v в этом сечении

излом и смена знака кривизны. В сечении, где Q обращается в нуль, на эпюре

имеется точка перегиба. В сечении на третьем участке, где М = 0, угол по-

ворота имеет экстремальное значение min , а на эпюре v имеется точка пере-

гиба. В сечении на втором участке, где = 0, прогиб имеет экстремальное

значение maxv .

Задача 5.3.

Для балки (рис.5.13,а) построим эпюры Q и М и определим прогиб и

угол поворота в сечении С.

Данная балка является статически неопределимой, поскольку для опреде-

ления трех опорных реакций RА, RВ и МВ можно использовать два уравнения

равновесия Y = 0 и М = 0. Составим выражение для прогиба балки с помо-

щью метода начальных параметров.

2

4

1

3

0

2

000

2

EJ

x

EJEJ 4!3!2!

qxQxMxx vv

Начальные параметры равны:

х = 0, 0v = 0, 0M = 0.

Для определения неизвестных

начальных параметров 0 и 0Q

используем граничные условия:

х = 5 м, v = 0, = 0.

Составим выражение для углов

поворота (х) и раскроем гранич-

ные условия.

.!3

2

!22

3

1

2

00

EJ

xq

EJ

xQxx

v

;024

318

6

555

430

0

EJEJ

Qv

.06

318

2

55

320

0

EJEJ

Q

Решаем систему алгебраических уравнений.

.кН26,8 ,3,22

.815,12

;75,6083,20

5

00

00

00

ARQEJ

EJEJ

Q

EJEJ

Q

C

x

y

а ) 18 кН/м

3 м

A

B

б)

2 м

2 1

О

RA

RB

в)

8,26

х0

3х0

45,74

Q

(кН)

39,7

М

(кНм)

М ,max= 18 416,52

МВ

Рис.5.13

14

Определяем значения Q и М в характерных сечениях балки.

QА = QС = RА = 8,26 кН , QВ = 8,26 – 183 = – 45,74 кН ,

МА = М0 = 0, МС = 8,262 = 16,52 кНм,

МВ = 8,265 – 1831,5 = – 39,7 кНм .

Эпюры Q и М приведены на рис.5.13,б,в. Определяем экстремальное

значение момента.

.кНм4182

46018462268

.м460 ,3

7445268

2

0

00

,,

,,М

,xx

,

x

,

max

Определяем прогиб и угол поворота в сечении С.

;6,33

6

226,823,22

12

3

EJEJC

vv

.5,78

2

226,822,3

12

2

EJEJC

Задача 5.4.

Для консольной рамы со стержнями различной жесткости (рис.5.14,а)

определим с помощью метода Мора перемещения точки К.

а)

6 кНм

3 м

2 м

(кНм)

б)

в) д)

8 кН/м

6

3

2EJ

EJ

МР

6

30

г)2 Р = 1

М1 М2

Р = 1

М3

1

1 М = 1

К

Рис.5.14

15

Построим грузовую и единичные эпюры изгибающих моментов

(рис.5.14,б,в,г,д). Поскольку при определении перемещений в балках и рамах

используется интеграл Мора, содержащий изгибающие моменты, построение

эпюр Q и N не обязательно. Для определения вертикального и горизонтально-

го перемещений точки К в этом сечении приложены единичные силы 1P , а

для определения угла поворота приложен единичный момент 1М .

«Перемножаем» грузовую и единичные эпюры в пределах длины каждого

стержня и суммируем результаты.

;6

212

3823

2

630

2

1622

2

11

0

3

11

EJEJEJdx

EJ

MM

k

l

PP

k

;27

32

1

12

38363302

6

3

2

1

0

3

22

EJEJdx

EJ

MM

k

l

PP

k

.3

112

3813

2

630

2

1126

1

0

3

33

EJEJEJdx

EJ

MM

k

l

PP

k

Точка К перемещается вниз и вправо. Сечение К поворачивается против

хода часовой стрелки.

Задача 5.5.

Для шарнирно опертой рамы (рис.5.15,а) определим с помощью метода

Мора перемещения точки К.

Определяем опорные реакции от действия заданных нагрузок.

= 0 , НА = 6 кН ;

МА = 0 , – 1231,5 – 62 – 18 + 3VB = 0, VB = 28 кН ;

МВ = 0 , 1231,5 – 62 – 18 – 3VА = 0, VА = 8 кН ;

Y = 0 (проверка), – 123 + 8 + 28 = – 36 +36 = 0 .

Строим грузовую эпюру изгибающих моментов (рис.5.15,б).

Точка К может иметь только горизонтальное перемещение. Приложим в

точке К горизонтальную единичную силу 1Ρ и единичный момент 1М

и построим единичные эпюры изгибающих моментов (рис.5.15,в,г). «Перемно-

жив» эти эпюры с грузовой эпюрой МР, получим.

;54,3

22

1

12

3122182122

6

31

221223

2212

2

1

3

1

3

0

11

EJEJ

EJdx

EJ

MM

k

l

PP

k

.5,24

12

1

12

3121181122

6

31

12123

1

3

0

22

EJEJ

EJEJ

MM

k

l

PP

k

16

Точка К перемещается вправо, сечение К поворачивается по ходу часо-

вой стрелки.

B

MP

(кНм)

а)

HA

=28 кН

= 6 кН

3 м

A

3EJ

EJ

2 м

б)18

VA= 8 кНVB

x

y

3EJ

12 кН/м

6 кН

2 м

К

18 кНм

12

12

2

2

2К

1

1

1К

М = 1

К

Рис.5.15

17

ГЛАВА 6

РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ БАЛОК И РАМ

С ПОМОЩЬЮ МЕТОДА СИЛ

6.1. Основные определения и формулы

В статически неопределимых стержневых системах число неизвестных

опорных реакций или внутренних усилий превышает число независимых урав-

нений равновесия, которые можно составить для их определения. Разность

между ними характеризует степень статической неопределимости системы n,

то есть число избыточных или «лишних» связей.

Наличие промежуточного шарнира, соединяющего два стержня (простой

шарнир), понижает степень статической неопределимости на единицу. Наличие

шарнира, соединяющего k стержней, понижает степень статической неопреде-

лимости на величину k – 1, поскольку такой шарнир эквивалентен k – 1 про-

стым шарнирам.

На рис.6.1 показана один раз статически неопределимая балка, для которой

n = 3 – 2 = 1. Рама, изображенная на рис.6.2, два раза статически неопределима

(n = 6 – 3 – 1 = 2). Напомним, что жесткая заделка эквивалентна трем опорным

стержням.

Степень статической неопределимости

плоской стержневой системы можно определить по формуле:

n = – W = – (3Д – 2Ш – Со), (6.1)

где W – число степеней свободы системы, Д – число жестких (геометрически

неизменяемых) элементов, условно называемых дисками, Ш – число простых

шарниров и Со – число опорных стержней.

Применив формулу (6.1) для рамы, изображенной на рис.6.2, получим

n = – (32 – 21 – 6) = 2.

Таким образом, при n 1 система является статически неопределимой,

при n = 0 она статически определима, а при n < 0 представляет собой геомет-

рически изменяемую систему или «механизм».

При расчете статически неопределимых стержневых систем необходимо

использовать дополнительные уравнения, составляемые из условий деформа-

ции системы. Одним из основных методов расчета статически неопределимых

стержневых систем является метод сил.

BP

MA

A

RA

M

RB

MBMA

P

q

Рис.6.1

Рис.6.2

18

При использовании метода сил надо устранить (отбросить) в заданной ста-

тически неопределимой системе «лишние» связи и образовать так называемую

основную систему, которая должна быть геометрически и мгновенно неизменя-

емой. Основных систем может быть несколько, из них выбирается наиболее

удобная для расчета.

В основной системе по направлению реакций в отброшенных связях при-

кладываются неизвестные силы или моменты X1, X2,…, Xn. Они представляют

собой опорные реакции или внутренние усилия в сечениях, где устранены

«лишние» связи. Поставив условие, что деформации основной и заданной си-

стем должны быть одинаковыми, надо в основной системе приравнять к нулю

линейные или угловые перемещения по направлению реакций в отброшенных

связях от совместного действия нагрузок и неизвестных. Таким образом, можно

составить дополнительные уравнения, которые позволяют определить неиз-

вестные X1, X2,…, Xn, то есть раскрыть статическую неопределимость задачи.

Рассмотрим основные системы для один раз статически неопределимой

балки (рис.6.3,а).

Для образования первой ос-

новной системы отброшена шар-

нирная опора B (рис.6.3,б). Неиз-

вестным является опорная реакция

X1 = RB. Дополнительное уравне-

ние составляется из условия равен-

ства нулю прогиба в точке B в ос-

новной системе от совместного

действия нагрузок и неизвестного

X1:

01 BXBPB vvv .

Для образования второй ос-

новной системы жесткая заделка A

заменена шарнирно-неподвижной

опорой (рис.6.3,в). Неизвестным

является реактивный момент X1 =

MA. Дополнительное уравнение ха-

рактеризует равенство нулю угла

поворота в сечении A основной

системы:

01 AXAPA .

Для образования третьей основной системы в сечении C введен шарнир

(рис.6.3,г). Неизвестным является изгибающий момент X1 = MC, приложенный

по обе стороны от шарнира. Такое неизвестное называется парным. Дополни-

тельное уравнение характеризует равенство углов поворота сечений в точке C

основной системы, то есть равенство нулю взаимного угла поворота:

01 CXCP .

BP

P

P

P

MA

A

RA

M

RB

a)

A

X =R1 B

б)

в)X =M1 A

A

г)

X =M1 C

A

B M

C

B M

B M

X =M1 C

Рис.6.3

19

Решая дополнительные уравнения, можно определить все неизвестные ме-

тода сил. Если в результате решения знак неизвестного Xi оказался положи-

тельным, то это означает, что его направление соответствует принятому в нача-

ле расчета, а если отрицательным – то его направление надо изменить на про-

тивоположное.

Дополнительные уравнения удобно записывать в так называемой канони-

ческой форме метода сил:

.0.....

............................................................

............................................................

;0.....

;0.....

2211

22222121

11212111

nPnnnnn

Pnn

Pnn

XXX

XXX

XXX

(6.2)

Уравнения (6.2) относятся к выбранной основной системе и характеризуют

равенство нулю линейных или угловых перемещений по направлению реакций

в отброшенных (устраненных) связях. Коэффициенты системы ij представ-

ляют собой перемещения по направлению реакций в отброшенных связях от

действия единичных сил или моментов Xj = 1. Стоящие на главной диагонали

системы (6.2) коэффициенты 11 , 22 ,…, nn называются главными коэффици-

ентами. Они всегда являются положительными.

Коэффициенты ij (i j) называются побочными коэффициентами. Для

них на основании теоремы Бетти о взаимности работ справедливо равенство

ij = ji . Побочные коэффициенты могут быть положительными, отрицатель-

ными и равными нулю.

Величины iP называются грузовыми или свободными членами. Они

равны перемещениям в основной системе по направлению реакций в отбро-

шенных связях от действия заданных нагрузок. Грузовые члены могут быть по-

ложительными, отрицательными и равными нулю.

Отметим, что при рациональном выборе основной системы часть побоч-

ных коэффициентов и грузовых членов обращаются в нули, что приводит к

упрощению расчета

Вид канонических уравнений не зависит от выбора основной системы, а их

число равно степени статической неопределимости заданной системы.

Для определения коэффициентов и грузовых членов системы (6.2) обычно

используется метод Мора. Для систем, стержни которых работают в основном

на изгиб (балки и рамы), имеем

k s

ji

ij

k

dsEJ

MM,

k s

PiiP

k

dsEJ

MM. (6.3)

В формулах (6.3) M i и jM изгибающие моменты в стержнях основной

системы от действия единичных сил или моментов Xi = 1 и Xj = 1, а PM из-

гибающий момент в основной системе от действия заданных нагрузок.

20

Интегрирование в формулах (6.3) производится в пределах длины каждого

стержня, а суммирование – по всем стержням системы.

Для систем с прямыми стержнями постоянной или ступенчато-постоянной

жесткости EJ вычисление интегралов (6.3) производится с помощью правила

А.К.Верещагина, то есть путем “перемножения” эпюр.

После решения канонических уравнений и определения всех неизвестных

можно построить окончательные эпюры изгибающих моментов M, поперечных

и продольных сил Q и N. При этом для простой основной системы можно

произвести ее расчет на совместное действие заданной нагрузки и всех неиз-

вестных.

Для сложных рамных систем удобно вначале построить окончательную

эпюру M с помощью суммирования ординат эпюр по формуле

M = PM + ......2211 nn XMXMXM (6.4)

Затем строится эпюра поперечных сил Q с помощью дифференциального

соотношения M = Q. Значения продольных сил N определяются с помощью

уравнений равновесия X = 0, Y = 0 узлов рамы.

После построения эпюры M необходимо выполнить кинематическую

проверку правильности решения и убедиться в выполнении условий деформа-

ции основной системы. Кинематическая проверка выполняется по формуле

0k s

i

k

dsEJ

MM. (6.5)

При использовании правила А.К.Верещагина результаты «перемножения»

всех единичных эпюр с окончательной эпюрой M должны быть равны нулю.

После построения эпюр M, Q и N определяются опорные реакции и

производится проверка равновесия системы в целом.

Определение перемещений в статически неопределимой системе произво-

дится с помощью любой (наиболее удобной) основной системы. При этом надо

построить в основной системе соответствующую единичную эпюру M k и «пе-

ремножить» ее с окончательной эпюрой M.

6.2. Примеры решения задач

Задача 6.1.

Для статически неопределимой двухпролетной балки (рис.6.4,а) построим

эпюры М и Q и определим угол поворота сечения на опоре C.

Данная балка два раза статически неопределима (n = 4 – 2 = 2). Для обра-

зования основной системы заменим жесткую заделку A шарнирно неподвиж-

ной опорой и введем в сечении B промежуточный шарнир (рис.6.4,б).

Основная система представляет собой две не связанные друг с другом од-

нопролетные шарнирно опертые балки AB и BC. Неизвестными метода сил

являются реактивный момент в заделке X1 = МA и изгибающий момент X2 =

МB в сечении над опорой B. Этот момент надо приложить в основной системе

21

слева и справа от шарнирной опоры B. При этом величина X2 называется пар-

ным или групповым неизвестным.

Запишем канонические уравнения метода сил:

.0

;0

2222121

1212111

Р

Р

ХХ

ХХ

Первое из этих уравнений характеризует равенство нулю угла поворота се-

чения A, а второе уравнение – равенство нулю взаимного угла поворота сече-

ний над опорой B в принятой основной системе.

Строим грузовую и единичные эпюры изгибающих моментов в основной

системе (рис.6.4,в,г,д). «Перемножив» эти эпюры между собой с помощью пра-

вила А.К.Верещагина, определим коэффициенты и грузовые члены канониче-

ских уравнений.

11 = dxEJ

MMl

0

11 = EJEJ

11

3

231

2

11 ;

Bа)

А

12 кН/м6 кНм

С

в)

B

б)

А

12 кН/м

г)

6

MP (кНм)

X M2= B

RB 3 м 3 м RC

x

RA

MA

6 кНмС

X M1= A

1

M1

д)

X =2 1 X =2 1

f = =13,512 3

2

8

.

X =1 1

M2

y

Рис.6.4

22

22 = l

dxEJ

MM

0

22 = 2EJEJ

21

3

231

2

11 ;

2112 = l

dxEJ

MM

0

21 = ;5,0

13

131

2

11

EJEJ

Р1 dxEJ

MMl

P

0

1 12

1

12

3121 3

EJ EJ

5,13 ;

Р2 l

P dxEJ

MM

0

2

1

3

136

2

11

2

1

12

3121 3

EJ EJ

5,16 .

Решаем систему канонических уравнений:

;05,1625,01

;05,135,01

21

21

ХXEJ

ХXEJ

Х1 = МA = 10,71 кНм , Х2 = МВ = 5,57 кНм .

Статическая неопределимость балки раскрыта. Изгибающие моменты МA

и МB вызывают растяжение верхних волокон.

Для построения окончательных эпюр М и Q производим статический

расчет балок AB и BC основной системы на совместное действие заданных

нагрузок и моментов Х1 и Х2 (рис.6.5,а).

Балка AB

АМ = 0, R лев

В = 3

57,571,105,1312 = 16,3 кH ;

ВМ = 0, RА = 3

57,571,105,1312 = 19,7 кH;

Y = 0 (проверка), 12·3 19,7 16,3 = 36 36 = 0 .

Балка BC

ВМ = 0, RC = 3

57,56 = 3,86 кH;

Y = 0 , R пр

В = RC = 3,86 кH.

Окончательные эпюры М и Q приведены на рис.6.5,б,в. Определяем зна-

чение Мmax в пролете АВ :

Мmax = MA + 122

7,1971,10

2

22

q

QA = 5,46 кНм .

23

Выполним кинематическую проверку правильности решения задачи. Для

этого «перемножим» окончательную эпюру M с единичными эпюрами 1M и

2M и убедимся в выполнении условий деформации основной системы:

1 = A =

1

2

1

12

312)157,5171,102(

6

31 3

0

1

EJdx

EJ

МMl

=

EJEJ

005,05,13495,13

1 .

Относительная погрешность вычислений равна

%04,0%100495,13

005,0% .

2 = В =

1

2

1

12

312)171,10157,52(

6

31 3

0

2

EJdx

EJ

MМl

EJEJ

005,05,16495,16

1)16157,52(

6

3

;

%03,0%100495,16

005,0% .

Вычислительные погрешности малы, задача решена правильно.

а)

в)

B

б)

А

12 кН/м

г)

X2=5,57кНм

3 м 3 м

x

6 кНмС

X1=10,71кНм

5,5710,71

M3

M=1

R =C 3,86 кНR =A 19,7кН

5,57кНм

R =B 3,86кНR =B 16,3кНпр

6

M (кНм)

3,86

16,3

Q (кН)

А B

С

19,7

Mmax=5,46

y

Рис.6.5

24

Значение опорной реакции на промежуточной опоре B в заданной балке

(рис.6.5,а) равно RB = R лев

В + R пр

В = 16,3 + 3,86 = 20,16 кН. Выполним проверку

равновесия балки (статическая проверка):

Y = 0 , 12·3 + 3,86 – 19,7 – 20,16 = 39,86 – 39,86 = 0.

Для определения угла поворота сечения на опоре C построим в приня-

той основной системе соответствующую единичную эпюру изгибающих мо-

ментов 3M (рис.6.5,г) и «перемножим» ее с окончательной эпюрой M.

С = EJEJ

dxEJ

МMl

2,3)157,5162(

6

31

0

3 .

Поворот сечения C происходит против хода часовой стрелки.

Задача 6.2

Выполним расчет стальной балки двутаврового сечения I30 при действии

показанной на рис.6.6,а нагрузки в двух случаях:

а) При осадке опоры С на величину м 016,0с ;

б) При условии, что опора B является упруго-податливой с коэффициен-

том жесткости k = 20 кН/см.

В расчетах примем 24 кН/см101,2 E .

В статически неопределимых стержневых системах осадка и смещение

опор по направлению опорных закреплений (кинематическое воздействие) вы-

зывают появление в стержнях внутренних усилий и напряжений. Канонические

уравнения метода сил (6.2) при совместном силовом и кинематических воздей-

ствиях должны быть дополнены членами ic , определяемыми по формуле:

k

kkic cR , (6.6)

где kc − заданное смещение и kR − реакция на смещаемой опоре в единичном

состоянии.

Произведение kkcR является положительным, если направления реакции

kR и заданного смещения kc совпадают.

Балка, показанная на рис.6.6,а, является один раз статически неопредели-

мой. Для решения первой задачи используем основную систему с промежуточ-

ным шарниром в сечении B (рис.6.6,б). Неизвестным является парный изгиба-

ющий момент .1 B

MX Грузовая и единичная эпюры изгибающих моментов,

построенные в основной системе, приведены на рис.6.6,в,г. Используя метод

Мора и правило Верещагина, определяем коэффициент и грузовой член кано-

нического уравнения.

;3

81

3

241

2

112

0

1111

EJEJdx

EJ

MMl

25

.20

)5,0125,062(6

2)165,062(

6

21

2

1

12

461 3

0

11

EJEJdx

EJ

MMl

PP

Величина c1 равна: 3

1 104016,025,0 cRCc м.

Bа)

А

6 кН/м

С

в)

B

б)

А

6 кН/м

г)

6

MP (кНм)

X1

4 м 2 м

RC=0,25

x

С

1

M1

д)

X =1 1 X =1 1

y

М2

2 м

6 кН12 кН

D

2 м

c

12 кН 6 кН

X1

12

0,5

С

M (кНм)

1,55

19,45

Q (кН)

А B

С

Mmax=1 72,

29,802

8 901, 12

Р =1

D

е)

ж)

RC= 51,

10,45 64,55

А

А

B

B

С

Рис.6.6

26

Решаем каноническое уравнение:

.0104203

81 3

111111

X

EJX cP

Подставив значения модуля упругости и осевого момента инерции сечения

двутавра Jz = 7080 см4 и переведя размерность длины в сантиметры, находим:

2

2

434

1 10802,29108

)7080101,21041020(3

BMX кНсм = 29,802 кНм.

Окончательные эпюры изгибающих моментов и поперечных сил приве-

дены на рис.6.6,д,е. Выполним кинематическую проверку правильности реше-

ния по формуле:

.0 ic

k s

ii ds

EJ

MM

k

(6.7)

1802,292

6

21

2

1

12

461

3

24802,29

2

11 3

1

0

1

EJdx

EJ

MMc

l

B

3104)5,0125,0901,82(

6

21901,85,0802,295,0901,82

.01041041047080101,2

10472,59 333

4

4

Условие деформации основной системы выполняется. Задача решена пра-

вильно.

Определим прогиб балки на свободном конце. Соответствующая единич-

ная эпюра изгибающих моментов в принятой основной системе приведена на

рис.6.6,ж.

21221901,82

6

21802,291901,82

6

21

0

2

EJcRdx

EJ

MMC

l

Dv

83,2)10016,05,1(7080101,2

10736,632

3

2212

2

1)1122901,8 2

4

6

cRC см.

Точка D перемещается вниз.

Наибольшие нормальные напряжения в балке равны:

31,6472

10802,29 2

zW

Mнб кН/см

2.

Выполним расчет балки при условии, что опора B является упруго-

податливой, то есть допускает вертикальное перемещение при нагружении.

Опора B условно изображена на рис.6.7,а в виде пружины. В этом случае ос-

новную систему удобно образовать, отбросив мысленно эту опору (рис.6.7,б).

Соответствующие грузовая и единичная эпюры изгибающих моментов приве-

дены на рис.6.7,в,г. Каноническое уравнение метода сил имеет такой же вид,

как и в рассмотренном выше случае. Коэффициент и грузовой член равны:

;3

322

3

242

2

112

0

1111

EJEJdx

EJ

MMl

27

12122302(

6

22

2

1

12

462

3

2430

2

11 3

0

11

EJdx

EJ

MMl

PP

.200

)1121212(6

2)221130

EJ

Bа)

А

6 кН/м

С

в)

B

б)

А

6 кН/м

г)

21

9,95

MP (кНм)

4 м 2 м

RC=0,5

x

С

2

M1

д)

X =1 1

y

М2

2 м

6 кН12 кН

D

2 м

12 кН 6 кН

12

12

1

С

M (кНм)

1 ,0 02

Q (кН)

АС

Mmax=16,3

Р =1

D

е)

ж)

RC= 51,

10,98

6

13,98

k = кН/см20

X1= RB

RA=0,5

30

7,9

1,02

B

А

А

B

С

Рис.6.7

28

Поскольку опора B является упруго-податливой, она допускает верти-

кальное перемещение (осадку), равное k

S , где 1XS − сила, передавае-

мая балкой на опору. С учетом осадки опоры B каноническое уравнение мето-

да сил примет следующий вид:

.1

1111k

XX P

Переведя длину в сантиметры, решим каноническое уравнение.

,07080101,2

10200

20

1

7080101,23

10324

6

14

6

X

05,111 BRX кН.

Поскольку опорная реакция направлена вверх, при действии нагрузки бал-

ка оказывает давление на упруго-податливую опору. Произведя расчет основ-

ной системы на действие заданной нагрузки и силы 1

X , построим окончатель-

ные эпюры M и Q (рис.6.7,д,е).

Выполним проверку правильности решения. Осадка упруго-податливой

опоры B равна:

55,020

05,111 k

XBv см.

С другой стороны, эта величина может быть получена путем «перемноже-

ния» эпюр М и 1M :

195,9229,72

6

22

2

1

12

462

3

249,7

2

11 3

0

1

EJdx

EJ

MMl

Bv

55,07080101,2

1013,8213,82)112195,92(

6

2295,919,7

4

6

EJсм.

Знак минус указывает, что перемещение точки B происходит в направле-

нии, противоположном направлению единичной силы, то есть вниз. Результаты

вычисления осадки совпали, следовательно, задача решена правильно.

Определим прогиб балки на свободном конце. Соответствующая единич-

ная эпюра в принятой основной системе приведена на рис.6.7,ж.

Выполняя «перемножение» эпюр M и 2M , получаем:

5,195,9219,72

6

21

2

1

12

461

3

249,7

2

11 3

0

2

EJdx

EJ

MMl

Dv

5,112295,921225,195,926

2195,95,19,7

19,07080101,2

106,276,272

3

2212

2

1)5,112

4

6

EJсм.

Точка D перемещается вверх.

Наибольшие нормальные напряжения в балке равны:

29

45,3472

103,16 2

zW

Mнб кН/см

2.

Задача 6.3

Выполним расчет стальной балки двутаврового сечения I24 при действии

показанной на рис.6.8,а нагрузки и теплового воздействия в пролете с различ-

ной температурой по нижним и верхним волокнам. Участок теплового воздей-

ствия показан с помощью пунктирной линии. Закон изменения температуры по

высоте поперечного сечения примем линейным.

B

B

а)

А

А

С

С

б)

X1=RB

2 м 2 м 1 м

18 кН

18 кН

12 кНм

12 кНм

T2 = 100

T2 = 100

T1 =300

T1 =300

в)

д)

MP

M

(кНм)

(кНм)

4,448Q (кН)

Р =1

е)

ж)

13,552

3,103

12

12

48

30,21

М1

М2

г)

X =1 1

Рис.6.8

30

Балка является один раз статически неопределимой. Образуем основную

систему, отбросив мысленно опору B и введя в этом сечении неизвестную си-

лу BRX 1 (рис.6.8,б). Грузовая и единичная эпюры изгибающих моментов,

построенные в основной системе, приведены на рис.6.8,в,г.

В статически неопределимых стержневых системах тепловое воздействие

вызывают появление в стержнях внутренних усилий и напряжений. Канониче-

ские уравнения метода сил (6.2) при совместном силовом и тепловом воздей-

ствиях должны быть дополнены температурными членами kT , определяемы-

ми по формуле:

k s

i

k s

iiT

kk

dsMh

TdsNT0 , (6.8)

где − коэффициент линейного температурного расширения, 0T − температу-

ра на уровне оси стержня, равная для симметричных относительно нейтральной

оси сечений 2/)( 210 TTT , 21 TTT − разность температур крайних воло-

кон, h – высота поперечного сечения, iN и iM − внутренние усилия в основ-

ной системе в единичных состояниях на участках теплового воздействия и ks −

длина этих участков.

Для прямых стержней с постоянными по длине поперечным сечением и

температурой величину iT можно определить по формуле:

k

Mk

NiTii h

TT0 , (6.9)

где iN

и iM

− площади единичных эпюр продольных сил и изгибающих

моментов на участках теплового воздействия.

Первый член в формуле (6.9) является положительным, если 00 T , а про-

дольная сила является растягивающей. Второй член является положительным,

если изгибающий момент iM вызывает растяжение волокон, испытывающих

действие более высокой температуры.

Используя метод Мора и правило Верещагина, определяем коэффициент и

грузовой член канонического уравнения.

;3

644

3

244

2

11

0

1111

EJEJdx

EJ

MMl

.216

)12222

1)41224821224482(

6

21

0

11

EJEJdx

EJ

MMl

PP

Определяем температурный член по формуле (6.9). Учитывая, что про-

дольная сила в стержне отсутствует ( 01 N ), получим:

1333442

1

24,0

)10(301T ,

где h = 24см = 0,24м – высота сечения двутавра I24.

Решаем каноническое уравнение:

31

.013332163

641111111

X

EJX TP

Принимая коэффициент линейного температурного расширения для стали 51025,1 1/град, 24 кН/см101,2 E , момент инерции сечения двутавра I24 4см3460zJ и переведя размерность длины в метры, получим:

448,464

)103460101,21025,11333216(3 445

1

BRX кН.

Окончательные эпюры изгибающих моментов и поперечных сил приведе-

ны на рис.6.8,д,е. Кинематическая проверка правильности решения выполняет-

ся по формуле:

0 k

iT

s

i dsEJ

MM

k

. (6.10)

Применяя эту формулу, получим:

103,3421,302103,32221,3042

6

211

0

1

EJdx

EJ

MMT

l

Bv

25

4

6

101025,113333460101,2

101,1211333)122103,322(

6

2

.067,167,1

Задача решена правильно. Определим прогиб балки в середине пролета.

Соответствующая единичная эпюра изгибающих моментов в принятой основ-

ной системе приведена на рис.6.8,ж. Используя формулу (6.10), получаем:

222

1

24,0

)10(302103,3221,302

6

212

0

2

EJdx

EJ

MMT

l

Cv

166,0101025,13,3333460101,2

1035,423,333

35,42 25

4

6

EJсм.

Точка C перемещается вниз. Определим наибольшие нормальные напря-

жения в балке:

45,10289

1021,30 2

zW

Mнб кН/см

2.

Задача 6.4.

Для статически неопределимой рамы со

стержнями различной жесткости (рис.6.9) по-

строим эпюры М, Q и N и определим вер-

тикальное перемещение точки C.

Определим по формуле (6.1) степень ста-

тической неопределимости рамы

n = – (3·1 – 2·0 – 5) = 2.

12 кН/м

3 м

4 м

EJ

2EJ

D

2 м

2EJ

24 кНм

C

Рис.6.9

32

Рама два раза статически неопределима. Для образования основной систе-

мы отбросим шарнирно-неподвижную опору B (рис.6.10,а).

Неизвестными метода сил являются опорные реакции на опоре B: X1 = VB

и X2 = HB. Запишем канонические уравнения, характеризующие равенство ну-

лю линейных перемещений точки B в принятой основной системе.

.0

;0

2222121

1212111

Р

Р

ХХ

ХХ

Для определения коэффициентов и грузовых членов канонических уравне-

ний строим грузовую и единичные эпюры изгибающих моментов

(рис.6.10,б,в,г) и «перемножаем» их между собой.

11 = i

l

dxEJ

MMi

0

11 = EJEJEJ

27343

2

13

3

233

2

11 ;

22 = i

l

dxEJ

MMi

0

22 = 2EJEJEJ

33,69434

14

3

244

2

1

2

1 ;

2112 = i

l

dxEJ

MMi

0

21 = ;30

3442

1

2

1433

2

11

EJEJEJ

Р1 i

l

P dxEJ

MMi

0

1 24332

113

12

41234

2

2472

2

1 3

EJEJ =

EJ

60;

a)

X V1 = B

б)

в)

MP

72

(кНм)

г)

M1

3

X1= 1

M2

4

12 кН/м 24 кНм

X H2 = B

X2= 1

4

3

24

24

Рис.6.10

33

Р2 i

l

P dxEJ

MMi

0

2

4

2

1

12

412)4724242(

6

4

2

1 3

EJ

EJEJ

3204324

1 .

Решаем систему канонических уравнений:

;032033,69301

;06030271

21

21

ХXEJ

ХXEJ

Х1 = VB = 5,6 кН , Х2 = HВ = 7,04 кН .

Направления неизвестных Х1 и Х2 соответствуют принятым в начале

расчета. Для построения окончательных эпюр M, Q и N произведем расчет

основной системы на совместное действие заданных нагрузок и сил Х1 и Х2

(рис.6.11,а).

Определяем значения M, Q и N в характерных сечениях стержней рамы.

Стержень DC

М = 24 кНм (растянуты нижние волокна), Q = N = 0.

Стержень BD

МB = 0, МD = – 7,04·4 = – 28,16 кНм (растянуты правые волокна);

QB = QD = 7,04 кН, NB = ND = – 5,6 кН (сжатие).

Стержень DE

МD = – 28,16 + 24 = – 4,16 кНм (растянуты верхние волокна);

МE = – 4,16 + 5,6·3 = 12,64 кНм (растянуты нижние волокна);

QD = QE = – 5,6 кН, ND = NE = – 7,04 кН (сжатие).

Стержень AE

МE = 12,64 кНм (растянуты правые волокна);

МA = – 12·4·2 + 24 +5,6·3 = – 55,2 кНм (растянуты левые волокна);

QE = – 7,04 кН, QA = – 7,04 + 12·4 = 40,96 кН, NE = NA = 5,6 кН (растяжение).

Эпюры М, Q и N приведены на рис.6.11,б,в,г.

Определяем значение Мmax в левой стойке рамы (стержень АE) :

Мmax = ME + 122

)04,7(64,12

2

22

q

QE = 14,7 кНм .

34

Выполним кинематическую проверку и убедимся в выполнении условий

деформации основной системы. Для этого «перемножим» окончательную эпю-

ру M с единичными эпюрами 1M и 2M :

;092,13392,1331

312

41234

2

64,122,55

2

1

)316,4364,122(6

31

3

0

11

EJEJ

EJdx

EJ

МM

i

li

2 =

4

3

2416,28

2

1

2

143

2

16,464,121

0

2

EJEJdx

EJ

MМ

i

li

.1,0

6,1487,1481

42

1

12

412)42,55464,122(

6

4 3

EJEJ

Относительная погрешность вычислений равна:

%07,0%1006,148

1,0% .

Вычислительная погрешность мала. Определим по эпюрам М, Q и N

значения опорных реакций (рис.6.12).

Выполним статическую проверку равновесия рамы:

X = 0 , 12·4 – 40,96 – 7,04 = 48 – 48 = 0 ;

Y = 0 , – 5,6 + 5,6 = 0 ;

a)

X1 = 5,6 кН

б)

в)

M

55,2

(кНм)

г)

12 кН/м

24 кНм

X2 = 7,04 кН

24

28,164,1612,64

M =max

= 14,7

40,96

7,04 7,045,6

7,04

5,6

5,6

N (кН) (кН)Q

Рис.6.11

35

ВМ = 0, – 12·4·2 + 24 +55,2 +5,6·3 = – 96 + 96 = 0 .

Рама в целом находится в равновесии.

Определим вертикальное перемещение точки C. Для этого построим в ос-

новной системе соответствующую единичную эпюру 3M (рис.6.13) и «пере-

множим» ее с окончательной эпюрой M.

3 =

216,42564,122(

6

32422

2

11

0

3

EJdx

EJ

MМ

i

li

.32,52

512

41254

2

64,122,55

2

1)516,4264,12

3

EJEJ

Точка C перемещается вверх.

Задача 6.5.

Для статически неопределимой рамы с

шарниром (рис.6.14) построим эпюры М, Q и

N и определим горизонтальное перемещение

точки D.

Определим степень статической неопреде-

лимости рамы по формуле (6.1):

n = – (3·2 – 2·1 – 6) = 2.

Рама два раза статически неопределима и

геометрически неизменяема. Она состоит из

консольной рамы AEC и шарнирно опертой рамы BCD, соединенных между

собой шарниром C. Для образования основной системы произведем мыслен-

ный разрез по шарниру C (рис.6.15,а).

Неизвестными являются силы X1 и X2, характеризующие взаимодействие

между рамами AEC и BCD. Величины X1 и X2 являются парными неизвест-

ными.

x

y

H =A

V =B 5,6кНM =A 55,2кНм

V =A 5,6кН

H =B 7,04кН

P = 1

M3

12 кН/м

24 кНм

=40,96кН

52

Рис.6.12 Рис.6.13

18 кН/м

E

3 м

4 м

EJ

3EJ

12 кНD

EJ

3EJ

3 м

Рис.6.14

36

Запишем канонические уравнения метода сил, характеризующие отсут-

ствие взаимных линейных перемещений сечений в шарнире C.

.0

;0

2222121

1212111

Р

Р

ХХ

ХХ

Грузовая и единичные эпюры изгибающих моментов приведены на

рис.6.15,б,в,г. Отметим, что во втором единичном состоянии рама BCD не ис-

пытывает изгиб.

Определяем коэффициенты и грузовые члены канонических уравнений с

помощью метода Мора и правила А.К.Верещагина.

11 = i

l

dxEJ

MMi

0

11 = EJEJEJ

484

3

244

2

1124

3

234

2

1

3

1 ;

22 = i

l

dxEJ

MMi

0

22 = EJEJEJ

39343

13

3

233

2

1

3

1 ;

2112 = i

l

dxEJ

MMi

0

21 = ;24

3442

11

EJEJ

;968

81442

14

3

2448

2

114

3

2348

2

1

3

1

0

11

EJEJEJdx

EJ

MM

i

l

PР

i

i

l

PР

i

dxEJ

MM

0

22

EJEJEJ

10333481

13

2

1

12

3183

3

2381

2

1

3

1 3

.

a)

X1

X1

X2

X2 б)

в)

MP

81

(кНм)

г)

X1= 1

X1= 1

M1

3

4

X2= 1

M2

X2= 1

18 кН/м12 кНD

D D

D4

48

H =B 1

H =B 12кНH =B 0

E

Рис.6.15

37

Решаем систему канонических уравнений:

.0103339241

;096824481

21

21

ХXEJ

ХXEJ

Х1 = 10,01 кН , Х2 = – 20,32 кН .

Направление силы Х2 надо изменить на противоположное.

Построим окончательную эпюру изгибающих моментов с помощью сум-

мирования эпюр по формуле (6.4). Строим эпюры M1 = 11XM и M2 = 22 XM

(так называемые «исправленные» единичные эпюры). Они приведены на

рис.6.16,а,б.

Сложив характерные ординаты эпюр M1, M2 и PM , построим оконча-

тельную эпюру M (рис.6.17,а).

Выполним кинематическую проверку правильности решения.

4

3

2496,7

2

1)404,204202(

6

41

0

11

EJdx

EJ

МM

i

li

EJEJEJ

2,05,1067,106

14

3

2396,7

2

1

3

1 .

Относительная погрешность равна: %19,0%1005,106

2,0% .

3

2

1

12

3183

3

2304,20

2

1

3

134

2

2004,201 3

0

22

EJEJdx

EJ

MМ

i

li

EJEJ

03,025,2028,20

1 .

Относительная погрешность равна: %15,0%10025,20

03,0% .

Вычислительные погрешности малы, эпюра М построена правильно.

40,04

M1

(кНм)

M2

(кНм)

a) б)

D D40,04 60,96

Рис.6.16

38

Строим эпюру поперечных сил Q с помощью дифференциального соот-

ношения M = Q. Определяем значения Q в стержнях рамы.

Стержень AE

QA = QE = 01,104

2004,20

кН .

Стержень CE

QE = 68,333

004,20

2

318

2

l

MMql CE кН .

QC = 32,203

004,20

2

318

2

l

MMql CE кН .

Стержень BC

QB = QC = 99,14

96,7 кН .

Стержень CD

QC = QD = 65,23

96,7 кН .

18 кН/м

a) б)

в) г)

12 кН

7,96

x

y

H =A 10,01кН

V =B 22,97кН

M =A 20кНм

V =A 33,68кН

H =B 1,99кН

E D

E D

N (кН)

(кН)QM

(кНм)

11,47

20,04

20

2,65

10,01

1,99

33,68

20,32

22,97

10,01 12

33,68

V =D 2,65кН

Рис.6.17

39

Эпюра Q приведена на рис.6.17,б.

Определяем значения продольных сил N в стержнях рамы с помощью

уравнений равновесия X = 0 и Y = 0 узлов рамы (рис.6.18,а,б).

Эпюра N приведена на рис.6.17,в. Определяем по эпюрам M, Q и N

значения опорных реакций (рис.6.17,г) и выполняем статическую проверку

равновесия рамы.

X = 0 , 10,01 + 1,99 – 12 = 12 – 12 = 0 ;

Y = 0 , – 18·3 – 2,65 + 33,68 + 22,97 = – 56,65 +56,65 = 0 ;

CМ = 0, 18·3·1,5 + 10,01·4 + 1,99·4 – 20 – 33,68·3 – 2,65·3 =

= 129 – 129 = 0 .

Рама в целом находится в равновесии.

Определим горизонтальное перемещение шарнирной опоры D. Для этого

построим в принятой основной системе соответствующую единичную эпюру

3M (рис.6.19) и «перемножим» ее с окончательной эпюрой M.

3 = i

li

dxEJ

MМ

0

3 .07,53

43

2496,7

2

114

3

2396,7

2

1

3

1

EJEJEJ

Опора D перемещается влево.

E

C

33,68 кН

N = 10,01 кН

1,99 кН

20,32 кН

N = 33,68 кН

10,01 кН

10,01 кН

a) б)2,65 кН

N = 22,97 кН

N = 12 кН

Рис.6.18

P = 1

M3

D4

H =B 1

Рис.6.19

40

ГЛАВА 7

РАСЧЕТ БАЛОК НА УПРУГОМ ОСНОВАНИИ

7.1. Основные определения и формулы

Под упругим основанием в инженерной практике обычно понимают раз-

личные грунтовые и скальные среды (массивы), на которые опираются фунда-

менты зданий, гидротехнические сооружения, дорожные и аэродромные по-

крытия.

Конструкция на упругом основании находится под действием внешних

нагрузок и реактивного отпора основания, непрерывно распределенного по

длине или площади контакта. Закон изменения реактивного отпора не может

быть определен из уравнений равновесия. Он зависит от свойств упругого ос-

нования и характеризуется его расчетной схемой или моделью. В инженерной

практике наиболее часто используется модель основания Винклера, для кото-

рой принимается линейная зависимость между реактивным отпором основания

и осадкой его поверхности.

При расчете балок на упругом основании Винклера (рис.7.1) используется

формула

qr(x) = kbv (x), (7.1)

где: qr(x) – реактивный отпор основания, v (x)– прогиб балки, принимаемый

равным осадке поверхности основания, b – ширина площади контакта балки и

основания и k – коэффициент жесткости основания, называемый в механике

грунтов коэффициентом постели.

Коэффициент постели определяется опытным путем и имеет размерность

Н/см3, кН/см

3, МПа/м и т.п.

Дифференциальное уравнение изгиба балки на упругом основании Вин-

клера имеет следующий вид:

)()()( xqxkbx vv IVEJ , (7.2)

где EJ – жесткость балки при изгибе.

x

o

yq xr( )

q x( ) Pv( )x

z

y

b

Рис.7.1

41

При интегрировании уравнения (7.2) производится замена переменной по

формуле:

= x, 4

4EJ

kb . (7.3)

Параметр характеризует жесткость балки и основания и имеет размер-

ность единицы, деленной на длину (например, 1/см).

Решение уравнения (7.2) в форме метода начальных параметров имеет сле-

дующий вид:

.)(14

)(14

)(

)()( )()()()(

5

414

4

314

3

243

2

132

1

43

032

02

010

YEJ

qY

EJ

qY

EJ

P

YEJ

MY

EJ

QY

EJ

MYYvv

(7.4)

Величины 0v , 0 , 0M и 0Q – называются начальными параметрами и

представляют собой прогиб, угол поворота поперечного сечения, изгибающий

момент и поперечную силу в начальном сечении балки x = 0 ( = 0). Функции

в выражении (7.4) соответствуют нагрузкам и участкам балки, приведенным на

рис.7.2.

Функции Y1, Y2, Y3 и Y4 представляют собой линейные комбинации про-

изведений гиперболических и тригонометрических функций. Они называются

функциями А.Н. Крылова и определяются по формулам

Y1() = chcos;

Y2() = 2

1(chsin + shcos);

Y3() = 2

1shsin; (7.5)

Y4() = 4

1(chsin – shcos).

Эти функции повторяются при дифференцировании в соответствии с фор-

мулами

41 4Y

d

dY

, 1

2 Yd

dY

, 2

3 Yd

dY

, 3

4 Yd

dY

. (7.6)

q

x( )

y1 2 3 4 5

M0

O

M P

Q0

1 2 3 4

Рис.7.2

42

При = 0 Y1(0) = 1, Y2(0) = Y3(0) = Y4(0) = 0.

Углы поворота поперечных сечений балки, изгибающие моменты и попе-

речные силы определяются по формулам:

() = )('v ;

M() = – EJ2

)(''v = – EJ ' () ; (7.7)

Q() = 'M ().

В начале расчета всегда известны два начальных параметра из четырех.

Неизвестные начальные параметры подлежат определению из граничных усло-

вий на противоположном конце балки.

Балка на упругом основании может иметь жёсткие опоры, на которых воз-

никают сосредоточенные опорные реакции.

7.2. Примеры решения задач

Задача 7.1.

Для балки в виде стального прокатного двутавра I20, свободно располо-

женной на поверхности упругого основания (рис.7.3), определим значения про-

гибов, углов поворота поперечных сечений, изгибающих моментов и попереч-

ных сил в сечениях балки с шагом а = l/10 и построим эпюры этих величин. В

расчетах используем программу для ПК.

Построим эпюру реактивного отпора основания и выполним проверку рав-

новесия балки. Проверим прочность балки по нормальным напряжениям. В

расчетах примем E = 2,1104 кН/см

2, k = 0,08 кН/см

3, R = 21 кН/см

2, f = 1,2,

c = 1,0.

Запишем с помощью метода начальных параметров выражение для проги-

ба балки.

)(14

)( )()()()(2

114

1

43

032

02

010

Y

EJ

qY

EJ

QY

EJ

MYYvv .

Начальные параметры равны:

x = 0 ( = 0), M0 = 0, Q0 = – P = – 15 кН.

x( )

y

O

M = 6 кНмP = 15кН

l1=2,8 м 4,2 м

l = 7 м

1

y

z

bq = 40 кН/м

l

Рис.7.3

43

Для определения неизвестных начальных параметров 0v и 0 использу-

ем граничные условия

x = l ( = l), M = – 6 кНм = – 6102 кНсм, Q = 0.

Запишем выражения для углов поворота поперечных сечений, изгибающих

моментов и поперечных сил.

)()()()(4)()(2

143

1

321040

YEJ

qY

EJ

PYYvv ;

)( )()(4)(4)()(2

132

1

24030

2

Yq

YP

YEJYEJEJM v ;

)()()(4)(4)()(2

12

1

130

2

20

3

Yq

PYYEJYEJMQ v .

Выполним числовой расчет. Определим параметр .

34

44 10482,8

1840101,24

1008,0

4

EJ

kb 1/см,

где: J = Jz = 1840 см4, b = 10 см – геометрические характеристики двутавра I20.

Жесткость балки при изгибе равна:

EJ = 2,11041840 = 3,86410

7 кНсм

2.

Вычисляем аргументы функций А.Н. Крылова.

1 = l1 = 8,48210–3280 = 2,375 ,

l = l = 8,48210–3700 = 5,937 ,

l – 1 = 5,937 – 2,375 = 3,562 .

Определяем необходимые для выполнения граничных условий значения

функций А.Н. Крылова

Y1(l) = Y1(5,937) = 178,2 ,

Y2(l) = Y2(5,937) = 56,95 ,

Y3 (l) = Y3(5,937) = – 32,13 ,

Y4 (l) = Y4(5,937) = – 60,61 ,

Y2(l – 1) = Y2 (3,562) = – 11,63,

Y3(l – 1) = Y3 (3,562) = – 3,592 .

Раскрываем граничные условия. Размерность всех величин переведем в

килоньютоны и сантиметры.

M(l) = 43,864107(8,48210

–3)

20v (–32,13)+ 43,86410

78,48210

–30(– 60,61) –

–2

23

2

3106

)10482,8(

)592,3(1040

10482,8

95,5615

,

Q(l) = 43,864107(8,48210

–3)

30v (56,95)+43,86410

7(8,48210

–3)

20(– 32,13) –

– 010482,8

,63)11(1040217815

3

2

, .

44

Решаем систему двух алгебраических уравнений.

– 357276 0v – 794583720 = 80142,

5371,4 0v – 3572760 = 2124,5.

0v = 0,2528 см, 0 = – 2,14510–3

рад .

Далее расчет производим с помощью программы для ПК, составленной на

кафедре. Вводим свои данные и получаем решение задачи. Начальные парамет-

ры равны: 0v = 0,253 см, 0 = – 2,1510–3

рад. Результаты расчета практически

совпали.

Приводим эпюры Q, M, и v , полученные с помощью компьютерного

расчета (рис.7.4).

Определяем ординаты реактивного отпора основания по формуле Винкле-

ра.

qr = kbv = 0,0810v = 0,8v (кН/см) = 80v (кН/м).

q0 = 800,253 = 20,24 кН/м, q1 = 800,12 = 9,6 кН/м,

q2 = 800,065 = 5,20 кН/м, q3 = 800,108 = 8,64 кН/м,

q4 = 800,231 = 18,48 кН/м, q5 = 800,366 = 29,28 кН/м,

q6 = 800,45 = 36 кН/м, q7 = 800,485 = 38,8 кН/м,

q8 = 800,499 = 39,92 кН/м, q9 = 800,531 = 42,48 кН/м,

q10 = 800,617 = 49,36 кН/м.

Эпюра реактивного отпора основания приведена на рис.7.4. Равнодей-

ствующая реактивного отпора численно равна площади этой эпюры. Опреде-

лим приближенное значение равнодействующей, заменив в пределах участков

разбиения кривую линию эпюры прямой линией. При этом равнодействующая

определяется как сумма площадей трапеций.

69(224,20[2

70])(2[

2)d( 109210

0

,,

qq....qqqa

xxqRl

r

кН 2,184]36,49)48,4292,398,383628294818648205 ,,,, .

Выполним проверку равновесия балки.

Y = 15 + 404,2 – R = 183 – 184,2 = – 1,2 кН.

Относительная погрешность составляет:

%,%% 660100183

2,1 .

Расчетное значение наибольшего изгибающего момента равно:

Mр = Mнf = 8,0091,2 = 9,61 кНм.

Выполняем проверку условия прочности

222

р

нб кН/см 21γкН/см 22,5184

1061,9σ

R

W

Mc

z

,

где Wz = 184см3 – момент сопротивления двутавра I20.

45

Условие прочности выполняется.

40 кН/м15 кН

6 кНм

x( )

y

(кНм)

M

(рад)

(кН)

(кН/м)

10-3

v

(см)

0,2

53

0,1

20

0,0

65

0,1

08

0,2

31

0,3

66

0,4

50

0,4

85

0,4

99

0,5

31

0,6

17

2,1

45

1,4

50

0,0

87

1,2

87

2,0

60

1,6

21

0,8

05

0,2

67

0,2

34

0,7

62

1,7

42

6,4

90 8,0

09

6,6

61

0,8

04

4,0

80

1,6

81

1,3

68

4,3

83 6

4,3

59

13,5

73

2,4

40 2,4

48

4,0

82

4,5

03

3,8

21

15

4,7

94

0,0

65

8,6

4

20,2

4

9,6

0

5,2

0

4,3

24

18

,48

29,2

8

36

,00

38,8

0

39,9

2

42,4

8

49

,36

min

vmin

Mmax

Mmin

точка перегиба

max

Q

qr

точка перегиба

точка перегиба

точка перегиба

Рис.7.4

103

46

ГЛАВА 8

КРУЧЕНИЕ СТЕРЖНЕЙ

8.1. Основные определения и формулы

Кручение стержня вызывается действием пар сил (моментов), располо-

женных в плоскостях, перпендикулярных к его оси. В поперечных сечениях

стержня при кручении возникает только одно внутреннее усилие – крутящий

момент Mк = Mx. Для его определения используется метод сечений. Применим

этот метод для расчета стержня, находящегося под действием сосредоточенных

и распределенных скручивающих нагрузок (рис.8.1,а).

Рассмотрев равновесие левой части стержня (рис.8.1,б), получим:

0xM ; 021 кMMM ; 21 MMM к .

Таким образом, крутящий момент равен сумме скручивающих моментов,

приложенных к одной из частей стержня. При наличии распределенной скручи-

вающей нагрузки m надо определить ее равнодействующий момент M. Для

равномерно распределенной нагрузки constm он равен maM , где a –

длина участка распределения.

Крутящий момент принимается положительным, если он стремится повер-

нуть оставшуюся часть стержня против хода часовой стрелки (рис.8.1,в).

Между крутящим моментом и интенсивностью распределенной скручива-

ющей нагрузки m имеет место дифференциальная зависимость:

mdx

dMк . (8.1)

Эта зависимость используется при построении эпюры крутящих моментов.

В частности, на участках, где 0m , крутящий момент имеет постоянное зна-

a)x

б)

x

M2

O

M1 M3z

zM1 M2 в)

m

a

M Mк = x

y

x

O

y

y

x

x

M > к 0

M < к 0

z

z

Рис.8.1

47

чение constкM , а на участках с равномерно распределенной скручивающей

нагрузкой m=const крутящий момент изменяется по линейному закону.

Деформация стержня круглого и

кольцевого сечений при кручении ха-

рактеризуется взаимным поворотом

поперечных сечений (рис.8.2). При

этом поперечные сечения остаются

плоскими и перпендикулярными к оси

(гипотеза плоских сечений). В попе-

речных сечениях возникают только

касательные напряжения, связанные с

деформациями сдвига законом Гука

при сдвиге

= G, (8.2)

где G – модуль сдвига, определяемый по формуле

)1(2

EG . (8.3)

Касательные напряжения в поперечных сечениях стержней круглого и

кольцевого сечений определяются по формуле

rJ

M

p

к , (8.4)

где r – переменный радиус и Jp – полярный момент инерции поперечного

стержня, определяемый для сплошного и кольцевого сечений по формулам

322

44 DRJ p

; (8.5)

)(32

)(2

4

1

4

2

4

1

4

2 DDRRJ p

, (8.6)

где D1 и D2 – соответственно внутренний и внешний диаметры кольца.

Характер эпюр касательных напряжений для стержня сплошного и кольце-

вого сечений показан на рис.8.3,а,б.

xO

х

l

Mz

y

(х)(l)

Рис.8.2

R

O

Mк

r

O

D1

D2

нбMк

a) б)

нб

Рис.8.3

48

Касательные напряжения направлены перпендикулярно к радиусу и изме-

няются вдоль него по линейному закону. Наибольшие напряжения возникают в

точках на поверхности стержня и определяются по формуле

pW

M кнб , (8.7)

где Wp – полярный момент сопротивления, определяемый для стержня сплош-

ного и кольцевого сечений по формулам

162

33 DR

R

JW

p

p

; (8.8)

)(16

)(2

4

1

4

2

2

4

1

4

2

22

DDD

RRRR

JW

p

p

. (8.9)

При расчете стержней кольцевого сечения удобно ввести соотношение

k = R1/R2 = D1/D2 и принять D2 = D . При этом получим:

)1(32

44

kD

J p

; (8.10)

)1(16

43

kD

Wp

. (8.11)

Угол взаимного поворота поперечных сечений (угол закручивания стерж-

ня) в общем случае определяется по формуле

dxGJ

Mx

x

p

0

0)( к , (8.12)

где 0 – угол поворота начального сечения. Если начальное сечение закрепле-

но, то 0 = 0. Произведение GJp называется жесткостью стержня при круче-

нии.

Для частного случая 0 = 0, Mк = const и GJp = const получим:

pGJ

xMx к )( ,

p

lGJ

lMl к )( , (8.13)

где l – длина стержня.

Для стержней с постоянной или ступенчато постоянной жесткостью

GJp = const имеем

Кк M

p

l

p GJdxM

GJl

11)(

0

, (8.14)

где кM – площадь эпюры крутящего момента, наиболее просто определяемая

при линейном законе его изменения.

Элементы конструкции, работающие на кручение, наиболее часто встре-

чаются в машиностроении, где основным методом расчета на прочность явля-

ется метод допускаемых напряжений. Условие прочности при кручении стерж-

ней круглого сечения имеет следующий вид:

49

][pW

M кнб , (8.15)

где ][ – допускаемое касательное напряжение. Условие прочности позволяет

определить требуемый диаметр стержня круглого сплошного или кольцевого

сечений:

34 )1]([

16

k

MD

к . (8.16)

При k = 0 имеем стержень сплошного сечения, а при k < 1 определяется

внешний диаметр стержня кольцевого сечения D2 = D.

Стержни, работающие на кручение, должны обладать достаточной жестко-

стью. Условие жесткости при кручении имеет следующий вид:

][pGJ

M кнб , (8.17)

где ][ – допускаемый относительный угол закручивания (угол закручивания

на единицу длины стержня). Он принимается в пределах ][ 215,0 град/м.

Условие жесткости также позволяет определить требуемый диаметр

стержня

44 ])[1(

32

kG

MD к . (8.18)

При расчете стержня на прочность и жесткость принимается больший из

двух требуемых диаметров.

8.2. Примеры решения задач

Задача 8.1.

Для стального стержня круглого сплошного ступенчато-постоянного сече-

ния, находящегося под действием показанных на рис.8.4,а скручивающих

нагрузок, построим эпюру крутящих моментов. Выполним подбор сечения

стержня из условий прочности и жёсткости. Построим эпюру касательных

напряжений в опасных сечениях участков стержня. Построим эпюру углов за-

кручивания. В расчётах примем G = 0,8105 МПа = 0,810

4 кН/см

2, ][ =

= 1град/м = 1,75·10−4

рад/см, [] = 80МПа = 8кН/см2 и k = D1/D = 0,8.

Поскольку стержень имеет одно закреплённое сечение, он является стати-

чески определимым. Определим значения крутящих моментов в сечениях,

начиная со свободного конца.

Сечение х = 70см, кM 0,2 кНм.

Сечение х = 40см, пр

кM 0,2 кНм,

лев

кM 0,2 – 0,5 = – 0,3 кНм.

Сечение х = 20см, кM – 0.3 кНм.

50

Сечение х = 0, кM – 0,3+2·0,2 = 0,1 кНм.

В пределах 2-го и 3-го участков крутящий момент имеет постоянное зна-

чение, а на границе этих участков (сечение х = 40см) имеет место скачок кру-

тящего момента на величину 0,5 кНм. В пределах 1-го участка крутящий мо-

мент изменяется по линейному закону. Эпюра крутящих моментов приведена

на рис.8.4,б. Реактивный момент в закреплённом сечении равен МА = 0,1 кНм.

Выполним подбор сечения стержня из условий прочности и жёсткости.

Наиболее опасными являются 2-ой и 3-й участки. Определим требуемые диа-

метры стержня по формулам (8.16) и (8.18).

Участок 2.

Из условия прочности получаем:

3

2

3

8

103,016

][

16

кM

D = 2,67см.

Из условия жёсткости находим:

444

2

4

1075,1108,0

103.032

][

32

G

MD к = 3,84см.

Участок 3.

Из условия прочности получаем:

a)

б)

в)

x

Az

y

0,5кНм 0, кНм2m =2кНм

м

MА= кНм0,1

1 2 3

20 см 20 см 3 см0

D D1

Мк (кНм)

0,2

2,38

0,3

2,72

0,1

0,085

a

103(рад)

0,679

20-a

B

0,1

Рис.8.4

51

3

2

18

102,016

D = 2,34см,

8,0

34,21 k

DD = 2,92см.

Из условия жёсткости:

444

2

11075,1108,0

102,032

D = 3,47см,

8,0

47,3D = 4,34см.

Принимаем с округлением бóльшие размеры

D = 4,4см, D1 = 3,5 см.

Определим геометрические характеристики поперечных сечений стержня

и величины наибольших касательных напряжений.

Участок 2.

8,3632

4,4

32

44

D

J р см4, 7,16

16

4,4

16

33

D

Wp см3,

8,17,16

103,0 2

pW

М кнб кH/см

2 < [] = 8 кH/см

2.

Участок 3.

7,1432

5,3 4

pJ см4, 42,8

16

5,3 3

pW см3,

38,242,8

102,0 2

нб кH/см2 < [] = 8 кH/см

2.

Условие прочности стержня выполняется. Построим эпюры касательных

напряжений в сечениях на втором и третьем участках (рис.8,5,а,б).

а) Участок 2 б) Участок 3

Определим углы поворота сечений стержня.

Сечение х = 0, 0 = 0 (сечение закреплено).

Сечение х = 20см,

03

4

2

01 039,010679,08,36108,0

20101,0

рад

ср

к

pGJ

lМ.

D см= 4,4

(кН см )/2

1,8

Mк= 0,3кНм

1,8

D1 3 5 см= ,

(кН см )/2

2,38

2,38

Mк= 0,2кНм

Рис.8.5

52

Сечение х = 40см,

.156,01072,28,36108,0

20103,010679,0 03

4

23

12

радк

pGJ

lМ

Сечение х = 70см,

03

4

23

23 136,01038,27,14108,0

30102,01072,2

радк

p

lGJ

lM.

Сечения, соответствующие границам участков, поворачиваются по ходу

часовой стрелки, а свободное торцевое сечение – против хода часовой стрелки.

Построим эпюру углов закручивания стержня (рис.8,4,в). В пределах 1-го

участка углы закручивания изменяются по закону квадратной параболы, а в

пределах 2-го и 3-го участков – по линейному закону. В сечении на 1-м участке,

где Мк = 0, угол закручивания имеет экстремум max . Находим положение это-

го сечения из подобия треугольников.

;20

3,01,0

аа а = 5см.

Экстремальное значение max равно:

.0049,010085,05101,02

1

8,36108,0

1 032

40

радmax

Сечение х = 5см поворачивается против хода часовой стрелки.

Задача 8.2.

Для стального стержня ступенчато-постоянного сечения (сплошная и

трубчатая части), находящегося под действием показанных на рис.8,6,а скручи-

вающих нагрузок, построим эпюру крутящих моментов. Выполним подбор се-

чения стержня из условий прочности и жёсткости. Построим эпюры касатель-

ных напряжений в опасных сечениях стержня и эпюру углов закручивания. В

расчётах примем [τ] = 80Мпа = 8кН/см2, G = 0,810

5 МПа = 0,8·10

4кН/см

2,

][ = 1,2 град/м = 2,09·10−4

рад/см и k = D1/D = 0,7.

Стержень является статически определимым. Определим значения крутя-

щих моментов в сечениях стержня.

Сечение х = 90см, кM 0.

Сечение х = 50см, кM 0,6·0,4 = 0,24 кНм.

Сечение х = 25см, пр

кM 0,24 кНм,

лев

кM 0,24 – 0,7= – 0,46 кНм.

Сечение х = 0, кM – 0,46 кНм.

В пределах 1-го и 2-го участков стержня крутящий момент является посто-

янным по величине. В сечении на границе этих участков крутящий момент

имеет скачок на величину М = 0,7 кНм. В пределах 3-го участка крутящий мо-

мент изменяется по линейному закону. Эпюра крутящих моментов приведена

на рис.8.6,б. Реактивный момент в закреплённом сечении равен МА = 0,46 кНм.

53

Определим требуемый диаметр стержня из условий прочности и жёсткости

по формулам (8.16) и (8.18).

Участок 1.

3

2

3

8

1046,016

][

16

кМ

D = 3,08см;

09,41009,2108,0

1046,032

][

324

44

2

4

G

МD к см.

Участок 3 (Сечение х = 50см)

3

4

2

34 )7,01(8

1024,016

)1]([

16

k

МD к 2,72см;

4

444

2

44 )7,01(1009,2108,0

1024,032

)1]([

32

kG

MD к 3,72см.

Принимаем с округлением больший диаметр D = 4,1см и внутренний диа-

метр трубчатой части D1 = 0,7·4,1 = 2,9см.

a)

б)

в)

x

Az

y

M=0,7кНмm=0,6 кНм

м

MА= кНм0,46

1 2 3

25 см 25 см 40 см

D

Мк (кНм)

0,24

0 4,

0,46

5 1, 9

0,12

2 4, 8

D1

B

D

2 см0 20 см

излом

103(рад)

Рис.8.6

54

Определим геометрические характеристики поперечных сечений стержня

и значения наибольших касательных напряжений в опасных сечениях 1-го и 3-

го участков. Проверим выполнение условий прочности и жесткости.

Участок 1

7,2732

1,4 4

pJ см4, 5,13

16

1,4 3

pW см3;

5,13

1046,0 2

pW

М кнб 3,4 кH/см

2 < [] = 8 кH/см

2;

7,27108,0

1046,04

2

pGJ

М к 2,08·10−4

рад/см < ][ = 2,09·10-4

рад/см.

Участок 3

8,20)9,21,4(32

44

pJ см4, 1,10

05,2

8,20pW см

3;

1,10

1024,0 2

pW

М кнб 2,37 кH/см

2 < [] = 8 кH/см

2;

8,20108,0

1024,04

2

pGJ

М к 1,44·10−4

рад/см < ][ = 2,09·10-4

рад/см.

Условия прочности и жесткости стержня выполняются. Эпюры касатель-

ных напряжений в опасных сечениях сплошной и трубчатой частей приведены

на рис.8.7,а,б.

а) Участок 1 б) Участок 3

Определим углы поворота сечений стержня (углы закручивания).

Сечение х = 0, 00 А (сечение закреплено).

Сечение х = 25см,

.297,01019,57,27108,0

251046,00 03

4

2

01

радк

pGJ

lМ

D см= 4,1

(кН см )/2

3 4,

Mк= 0, кНм46

3 4,

D1= ,9 2 см

(кН см )/2

2,37

2,37

Mк= 0,24кНм

D = 4,1 см

Рис.8.7

55

Сечение х = 50см,

03

4

23

12 142,01048,27,27108,0

251024,01019,5

радк

pGJ

lM.

Сечение х = 90см,

.023,0104,08,20108,0

401012,01048,2 03

4

23

23

рад

срк

pGJ

lМ

В пределах 1-го и 2-го участков углы закручивания стержня изменяются по

линейному закону, а в пределах 3-го участка – по закону квадратной параболы.

Сечения, соответствующие границам участков, поворачиваются по ходу часо-

вой стрелки, а свободное торцевое сечение – против хода часовой стрелки.

Эпюра углов закручивания приведена на рис.8.7,в. В сечении на свободном

торце касательная к эпюре параллельна к оси стержня (Мк = 0).

Задача 8.3.

Для стального стержня ступенчато-постоянного сечения, закрепленного на

торцах и находящегося под действием показанных на рис.8.8,а скручивающих

нагрузок, построим эпюру крутящих моментов. Выполним подбор сечения

стержня из условий прочности и жесткости. Построим эпюры касательных на-

пряжений в опасных сечениях стержня и эпюру углов закручивания. В расчетах

примем M = 0,1 кНм, [τ] = 80МПа = 8кН/см2, G = 0,810

5 МПа = 0,810

4 кН/см

2,

][ = 2 град/м = 3,49·10−4

рад/см и k = D1/D = 0,75.

Составим уравнение равновесия стержня:

0 xM , MA – M – 2M + MB = 0, MA + MB = 3M,

где MA и МВ – реактивные моменты в закрепленных сечениях.

Имеем одно уравнение с двумя неизвестными. Стержень является один раз

статически неопределимым и для его расчета надо использовать условие равен-

ства нулю взаимного угла поворота закрепленных торцевых сечений A = B =

= 0.

Отбросим мысленно одно из закреплений, например, правое, и введем в

сечении В неизвестный момент Х = МВ (рис.8.8,б). Используем принцип неза-

висимости действия сил и приравняем к нулю угол поворота правого торцевого

сечения от совместного действия заданных моментов и неизвестного момента

Х: 0 BXBMВ .

Поскольку соотношение диаметров стержня задано k = D1/D (D1 = kD),

жесткости стержня на участках 1, 2 и на участке 3 соответственно равны k4GJp

и GJp. Произведя расчет статически определимого стержня (рис.8.8.б) на дей-

ствие заданных моментов и искомого момента X = MB, получим:

ppp

ВМGJk

M

GJk

M

GJk

М444

7515302

;

)30

40(3040

44 kGJ

X

GJk

X

GJ

X

ppp

BX

.

56

Используем условие деформации стержня.

0)30

40(75

44

kGJ

X

GJk

M

pp

B .

Учитывая, что k = 0,75, находим:

176,0

)75,0

3040(75,0

1,075

)30

40(

75

4

4

4

4

kk

MMX B кНм.

Реактивный момент в сечении А равен:

MA = 3M – MB = 3·0,1 – 0,176 = 0,124 кНм.

Статическая неопределимость стержня раскрыта. Определим значения

крутящего момента в сечениях стержня.

Сечение х = 70см, кM МВ = 0,176 кНм.

Сечение х = 30см, пр

кM 0,176 кНм,

лев

кM 0,176 – 2·0,1= – 0,024 кНм.

a)

б)

в)

г)

x

x

A

A

z

z

y

y

M=0,1кНм

2 =0, кНмM 2

1 2 3

15 см 15 см 4 см0

DD1

Мк (кНм)

5 1, 8

0,176

6,18

0,124

MА

B

B

МВ

X=МВ

M 2M

GJp

k GJ4

p

0,024

103(рад)

Рис.8.8

57

Сечение х= 15см, пр

кM – 0,024 кНм,

лев

кM – 0,124 кНм.

Сечение х= 0, кM – 0,124 кНм.

Эпюра крутящих моментов приведена на рис.8.8,в. Она состоит из трех

прямоугольников со скачками на величины приложенных моментов.

Определим требуемые диаметры стержня D1 и D из условий прочности и

жесткости стержня на 1-ом и 3-м участках. Используем формулы (8.16) и (8.18).

Участок 1

99,18

10124,016

][

163

2

31

кM

kDD см;

65,275,0

99,1D см;

59,21049,3108,0

10124,032

][

324

44

2

41

G

MkDD к см;

46,375,0

59,21 k

DD см.

Участок 3

24,28

10176,0163

2

D см;

83,21049,3108,0

10076,0324

44

2

D см.

Принимаем с округлением бóльшие диаметры D1 =2,6 см и D = 3,5 см.

Определим геометрические характеристики поперечных сечений стержня

и значения наибольших касательных напряжений на 1-м и 3-м участках. Прове-

рим выполнение условий прочности и жесткости стержня.

Участок 1

49,432

6,2 4

pJ см4, 45,3

16

6,2 3

pW см3,

59,345,3

10124,0 2

pW

М кнб кH/см

2 < [] = 8 кH/см

2,

49,4108,0

10124,04

2

pGJ

М к 3,45·10−4

рад/см < ][ = 3,49·10−4

рад/см.

Участок3

7,1432

5,3 4

pJ см4, 42,8

16

5,3 3

pW см3,

58

09,242,8

10176,0 2

pW

М кнб кH/см

2 < [] = 8 кH/см

2,

7,14108,0

10176,04

2

pGJ

М к 1,5·10−4

рад/см < ][ = 3,49·10−4

рад/см.

Условия прочности и жесткости стержня выполняются. Эпюры касатель-

ных напряжений на 1-м и 3-м участках стержня приведены на рис.8.9,а,б.

а) Участок 1 б) Участок 3

Определим углы поворота сечений стержня и проверим выполнение усло-

вия деформации 0В .

Сечение х = 0, 00 А (сечение закреплено).

Сечение х = 15см,

.8101018,549,4108,0

1510124,00 03

4

2

01

радк

pGJ

lМ

Сечение х = 30см,

1201018,649,4108,0

1510024,01018,5 03

4

23

12

радк

pGJ

lM.

Сечение х = 70см,

радк 3

4

23

23 10)99,518,6(7,14108,0

4010176,01018,6

p

BGJ

lМ

01019,0 3 рад

Относительная погрешность, связанная с округлением требуемых диамет-

ров стержня, равна:

%17,3%10099,5

19,0% .

Эпюра углов закручивания стержня приведена на рис.8.8,г. Углы закручи-

вания изменяются по линейному закону. Все поперечные сечения поворачива-

ются по ходу часовой стрелки.

D см=3,5

(кН см )/2

2 0, 9

Mк= 0, кНм176

D1 2 см= ,6

(кН см )/2

3 5, 9

Mк= 0, 24кНм1

2 0, 9

3 5, 9

Рис.8.9

59

ГЛАВА 9

СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ СТЕРЖНЕЙ

9.1. Основные определения и формулы

Сложное сопротивление в стержне имеет место при действии на него про-

извольных нагрузок, которые можно разложить на осевые, поперечные и скру-

чивающие составляющие.

В общем случае сложного сопротивления в поперечных сечениях стержня

действуют нормальные напряжения х и касательные напряжения ух и zx,

равнодействующими которых являются шесть внутренних усилий – продольная

сила N, изгибающие моменты Mz и My, поперечные силы Qz и Qy и крутя-

щий момент Mx = Mк (рис.9.1).

Нормальные напряжения в поперечном сечении при наличии всех трёх их

равнодействующих N , Mz и My определяются по формуле

zJ

My

J

M

F

N

y

y

z

zх . (9.1)

Рассмотрим частные случаи сложного сопротивления.

Плоский косой изгиб имеет место, когда все поперечные нагрузки дей-

ствуют в плоскости, не совпадающей с главными плоскостями инерции

(рис.9.2,а).

Пространственный косой изгиб имеет место при действии поперечных

нагрузок в различных плоскостях (рис.9.3).

Оx

z

M = Mx к

NО x

z

Qy

QzОx

z

My

Mz

zP

x

qp

Силовая плоскость

а)с.л. p

h

z

b

0

н.л.б)

нм

нб

•+

+–

Рис.9.2

Рис.9.1

60

Нормальные напряжения в поперечном сечении определяются по формуле

zJ

My

J

M

y

y

z

z . (9.2)

Изгибающие моменты Mz и

My в случае плоского косого изги-

ба определяются по формулам

Мz = Mcos P , Мy = Msin P , (9.3)

где М – суммарный изгибающий

момент, действующий в силовой

плоскости.

При пространственном косом изгибе Мz и Мy вычисляются раздельно

от нагрузок в главных плоскостях и в общем случае изменяются по различным

законам, а их отношение не является постоянной величиной.

Приравнивая выражение (9.2) к нулю, получим уравнение нулевой линии

zM

M

J

Jy

z

y

y

z . (9.4)

Угол наклона нулевой линии 0 при плоском косом изгибе связан с уг-

лом наклона силовой линии P (рис.9.2,б) формулой

P

y

z

z

y

y

z

J

J

M

М

J

J tgtg 0 . (9.5)

Условие прочности при косом изгибе для балок с поперечным сечением

типа прямоугольника или двутавра записывается в виде

RW

M

W

Mc

y

y

z

z нб . (9.6)

В случае пространственного косого изгиба изгибающие моменты Мz и Му

могут иметь наибольшие значения в различных сечениях,

поэтому условие прочности (9.6) необходимо проверять,

по крайней мере, в сечениях, где один из моментов имеет

наибольшее значение.

Внецентренное растяжение и сжатие имеет место

в случае, когда нагрузки действуют вдоль прямой, парал-

лельной оси стержня. При внецентренном сжатии

(рис.9.4) внутренние усилия в поперечном сечении

стержня равны

N = – P , Mz = – PyP My = – PzP , (9.7)

где Py , Pz – координаты точки приложения силы.

Напряжения определяются по формуле (9.1), кото-

рая с учётом (9.7) принимает вид

z

i

zy

i

y

F

P

y

P

z

P

221 , (9.8) Рис.9.4

z

Оx

q

P

z

x

y

Р

N

My

x

Mz

уР

zP

Рис.9.3

61

где величины

F

Ji zz ,

F

Ji

y

y (9.9)

называются главными радиусами инерции сечения.

Уравнение нулевой линии имеет вид

0122

zi

zy

i

y

y

P

z

P . (9.10)

Отрезки, отсекаемые нулевой линией на осях координат, определяются по

формулам

P

zу

y

iyа

2

0 , P

y

zz

izа

2

0 , (9.11)

Если материал стержня неодинаково сопротивляется растяжению и сжа-

тию, необходимо обеспечить выполнение двух условий прочности

,1

;1

c22нб

р22нб

Rzi

zy

i

y

F

P

Rzi

zy

i

y

F

P

сВ

y

PВ

z

P

сА

y

PА

z

P

с

р

(9.12)

где Rр и Rс – расчётные сопротивления материала при растяжении и сжатии,

zA, уА и zB, уВ – координаты наиболее напряжённых точек сечения.

Ядро сечения – это выпуклая фигура, содержащая центр тяжести сечения

и обладающая тем свойством, что при нахождении точки приложения силы

внутри этой фигуры или на её границе во всех точках сечения напряжения

имеют одинаковый знак. Координаты точек контура ядра сечения определяются

с помощью формул (9.11).

Растяжение и сжатие с изгибом имеет место при одновременном дей-

ствии на стержень продольных и поперечных нагрузок (рис.9.5). Нормальные

напряжения в поперечных сечениях определяются по общей

формуле (9.1). Приравняв это выражение к нулю, получим

уравнение нулевой линии

0 zJ

My

J

M

F

N

y

y

z

z . (9.13)

Положив в этом уравнении последовательно у = 0 и

z = 0, получим формулы для определения отрезков, отсекае-

мых нулевой линией на осях координат:

,0F

J

M

Nza

y

y

z F

J

M

Nya z

z

y 0 . (9.14)

Наибольшие растягивающие и сжимающие напряжения

z

x

y

Р

q

b

h

l

Рис.9.5

62

действуют в точках сечения, наиболее удалённых от нулевой линии. Значения

этих напряжений для поперечных сечений типа прямоугольника и двутавра

можно определить по формулам

y

у

z

z

W

M

W

M

F

Nр

нб ,

y

у

z

z

W

M

W

M

F

Nс

нб . (9.15)

Изгиб с кручением имеет место в случае, если стержень подвергается од-

новременному действию поперечных и скручивающих нагрузок.

Нормальные напряжения, вызываемые изгибом стержня, определяются по

формуле (9.2), а касательные – по формуле Д.И. Журавского. Касательные

напряжения, вызываемые кручением стержня, зависят от величины крутящего

момента и для стержня круглого сечения определяются по формуле (8.4).

При изгибе с кручением расчет стержней на прочность необходимо произ-

водить с использованием теорий прочности. Рассмотрим наиболее часто ис-

пользуемые при практических расчётах теории прочности и запишем соответ-

ствующие этим теориям условия прочности для стержней.

Теория наибольших касательных напряжений:

Rс 22 4 . (9.16)

Энергетическая теория прочности:

Rс 22 3 . (9.17)

Теория наибольших касательных напряжений и энергетическая теория хо-

рошо подтверждаются экспериментально для пластичных материалов.

9.2. Примеры решения задач

Задача 9.1.

Для внецентренно сжатого короткого стержня (рис.9.6,а) определим наи-

большую величину расчетной сжимающей силы Р из условий прочности при

растяжении и сжатии. Построим эпюру нормальных напряжений от действия

силы Р и ядро сечения. В расчетах примем расчетные сопротивления материа-

ла при растяжении и сжатии Rр = 1 МПа = 0,1 кН/см2, Rс = 5 МПа = 0,5 кН/см

2,

коэффициент условий работы с = 1.

Определим необходимые геометрические характеристики поперечного

сечения стержня (рис.9.6,б). Для этого разбиваем сечение на прямоугольник,

два прямоугольных треугольника и полукруг.

Площадь сечения и статический момент относительно оси О1z1 равны:

;см220892

301515

2

121530

2

F

.см135003

304

2

30

3

151515

2

12

2

151530 3

2

1

zS

63

Координата центра тяжести сечения равна:

.см562089

135001

0 ,F

Sy

z

Определим момент инерции сечения относительно вспомогательной оси

О1z1. Используя справочные данные о моментах инерции этих фигур относи-

тельно оси О1z1, проходящей через их основания, получим

.см3602738

30

12

15152

3

1530 4433

1

zJ

Момент инерции сечения относительно главной центральной оси Оz

определяем с помощью зависимости между моментами инерции относительно

параллельных осей

.,FyJJ zz

422

0 см2720125620893602731

Момент инерции сечения относительно оси Оy определяем как момент

инерции полукруга и разность моментов инерции двух равнобедренных тре-

угольников MKN и CKB.

.см444464848

3015

48

6030

8

30 334

yJ

По формулам (9.9) определяем квадраты радиусов инерции сечения отно-

сительно главных осей.

,см21302089

272012 22 ,F

Ji zz .см8212

2089

444648 22 ,F

Ji

y

y

Координаты точки приложения силы равны: Py = – (15 + 6,5) = – 21,5 см,

Pz = 15 см. Определяем по формулам (9.11) отрезки, отсекаемые нулевой лини-

ей на главных осях.

,см06,65,21

2,1302

p

zу

y

iа .см2,14

15

8,2122

p

y

zz

iа

z

у

Ра) б)х

О

Рис.9.6

64

Откладываем эти отрезки на осях и проводим нулевую линию, которая де-

лит сечение на зоны растяжения и сжатия. Проводя параллельно нулевой линии

две касательные к контуру сечения, находим точки А и В, в которых действу-

ют наибольшие растягивающие и наибольшие сжимающие напряжения. Коор-

динаты точки A определены графически.

yA = 20,9 см, zA = – 12,1 см, yB = – 21,5 см, zB = 15 см.

Из условий прочности (9.12) при растяжении и сжатии находим два значе-

ния расчетной сжимающей силы Р.

,304,31,128,212

159,20

2,130

5,2111 p22

RF

P

F

Pz

i

zy

i

y

F

PcA

y

РA

z

РА

кН;2,63304,3

1,012089

304,3p

R

FP c

,608,5158,212

155,21

2,130

5,2111 c22

RF

P

F

Pz

i

zy

i

y

F

PcB

y

РB

z

РВ

.кН2,186608,5

5,012089

608,5c

R

FP c

Примем с округлением меньшую силу Р = 63 кН. При этом наибольшие

растягивающие и сжимающие напряжения в точках А и В равны:

;МПа1МПа996,0кН/см0996,02089

63304,3 р

2 RcА

.МПа5 МПа691,1кН/см1691,02089

63608,5 с

2 RcВ

Прочность стержня обеспечена. Эпюра нормальных напряжений приведе-

на на рис.9.6,б .

Для построения ядра сечения проведем четыре нулевые линии, касатель-

ные к контуру сечения, и определим соответствующие им координаты точек

контура ядра по формулам

,0

2

y

iy z

Р ,0

2

z

iz

y

Р

где 0y , 0z – отрезки, отсекаемые нулевыми линиями на осях координат.

Касательная 1 – 1:

0y = – 21,5 см, 0z = , см,06,65,21

2,130

Рy Pz = 0.

Касательная 2 – 2:

0y = – (30 + 6,5) = – 36,5 см, 0z = 36,5 см,

см,57,35,36

2,130

Рy .см83,5

5,36

8,212Рz

Касательная 3 – 3:

65

0y = , 0z = 30 см, Py = 0, .см09,730

8,212Рz

Касательная 4 – 4:

0y = 30 – 6,5 = 23,5 см, 0z = , см,54,55,23

2,130Рy Pz = 0 .

Поскольку переход касательных из положения 1 – 1 в положение 2 – 2 и

далее в положение 3 – 3 осуществляется путем поворота вокруг угловых точек

В и N, линии контура ядра сечения между соответствующими точками 1, 2, 3

являются прямыми. При переходе из положения 3 – 3 в положение 4 – 4 каса-

тельная огибает дугу окружности, поэтому между точками 3 и 4 контур ядра

сечения является криволинейным. Точки '2 и '3 расположены симметрично по

отношению к точкам 2 и 3.

Задача 9.2

Для консольной деревянной балки прямоугольного сечения, находящейся

в условиях плоского косого изгиба (рис.9.7,а), определим размеры сечения и

построим эпюру нормальных напряжений в опасном сечении. В расчетах при-

мем соотношение сторон прямоугольника k = h/b = 1,4, расчетное сопротивле-

ние дерева R = 13 МПа = 1,3 кН/см2, коэффициент условий работы c = 1. Зна-

чения нагрузок являются расчётными. Угол наклона силовой плоскости к глав-

ной оси Оy поперечного сечения P = 30.

Строим эпюру суммарного изгибающего момента М (рис.9.7,а).

Составляющие суммарного изгибающего момента равны

,кНм46,330cos4cos Рz MМ

.кНм230sin4sin Рy MМ

Момент Мz вызывает растяжение в точках верхней части сечения, а Мy –

в точках левой части (при взгляде на сечение со стороны положительного

направления оси Оx). Наибольшие по абсолютной величине напряжения нб

возникают в угловых точках А и В сечения.

a)

2 м 1м

41

с.л.

h =

16 с

м

z

b=12см

0 = 45,7 о

н.л.б)

•+

М

(кНм)(МПа)

Р=30о

А

В

О

0,5 кН м/ 1кН

12

12

Рис.9.7

x

66

Учитывая, что для прямоугольного сечения отношение моментов сопро-

тивления равно

,kb

h

/hb

/bh

W

W

y

z 6

62

2

k

WW z

y ,

из условия прочности (9.6) при косом изгибе

RW

M

W

Мc

y

y

z

z нб

получим формулу подбора сечения:

R

kMM

k

hbhW

c

yz

z

66

32

.

Определяем величину h

;см9315311

1024146341663

2

3 ,,

,,,

R

kMMkh

c

yz

.cм381141

9315,

,

,

k

hb

Принимаем сечение см1612hb и определяем моменты инерции и

моменты сопротивления сечения.

;cм ,см 34 5126

16124096

12

1612 23

zz WJ

.cм ,см 34 3846

12162304

12

1216 23

yy WJ

Определяем наибольшие по абсолютной величине напряжения в угловых

точках А и В опасного сечения и проверяем прочность балки.

.МПа13МПа12кН/см20,1384

102

512

1046,3 222

нб

RW

M

W

Мc

y

y

z

z

Условие прочности выполняется. Определяем угол наклона нулевой линии

к главной оси Оz.

.7,45 ,026,1302304

4096 0

0

0

0 tgtgtg Р

y

z

J

J

Нулевая линия проходит через вторую и четвертую четверти осей коорди-

нат сечения. Эпюра нормальных напряжений приведена на рис.9.7,б.

Задача 9.3

Для шарнирно опертой двутавровой балки, находящейся в условиях про-

странственного изгиба (рис.9.8,а), подберем сечение из условия прочности по

методу предельных состояний при заданных расчетных значениях нагрузок.

Построим эпюру нормальных напряжений в опасном сечении балки. В расчетах

примем расчетное сопротивление стали R = 210 МПа = 21 кН/см2, коэффици-

ент условий работы c = 0,9.

67

Определяем вертикальные и горизонтальные опорные реакции и строим

эпюры изгибающих моментов Мz и My (рис.9.8,а). Момент Мz вызывает рас-

тяжение в точках нижней части сечения, а момент My – в точках правой части

сечения (при взгляде на сечение со стороны положительного направления оси

Оx).

Приняв в первом приближении отношение моментов сопротивления сече-

ния двутавра равным k = Wz/Wy = 10, определим требуемый момент сопротив-

ления Wz из условий прочности в двух опасных сечениях балки С и D.

Сечение С:

.

,

,

R

kMMW

c

yz

z3

2

см3702190

10521045

Сечение D:

.,

,

,Wz

32

см24762190

10571015

Более опасным является сечение D. По сортаменту принимаем I33,

Wz = 597 см3, Wy = 59,9 см

3.

Определяем наибольшие напряжения в угловых точках сечения D и про-

веряем прочность балки.

.МПа189МПа150кН/см159,59

105,7

597

1015 222

нб

Rс

Прочность балки обеспечена с достаточно большим запасом, поэтому во

втором приближении примем сечение I30,

Wz = 472 см3, Wy = 49,9 см

3, Jz = 7080 см

4, Jy = 337 см

4

и проверим прочность балки

.МПа189МПа182кН/см2,189,49

105,7

472

1015 222

нб

Rс

x

y

z

Рz= 10 кН

Ру=60 кН

а)

2 м 1м

А

1мVA= 45 кН VВ= 5 1 кН

В

H =A 2,5 кН H =B 7,5 кН

+

45

15

2,57,5

Мz

(кНм)

Мy

(кНм)

y

z

б)

н.л.

84,6о

О

(МПа)+

+–

C D

182

182

Рис.9.8

68

Прочность балки обеспечена.

Определим угол наклона 0 нулевой линии в сечении D.

.6,84 ,5,1015

5,7

337

708000

z

y

y

z

M

M

J

Jtg

Так как 0 0, то нулевая линия проходит через вторую и четвертую чет-

верти осей координат сечения. Эпюра нормальных напряжений приведена на

рис.9.8,б.

Задача 9.4

Стальной консольный составной стержень испытывает внецентренное рас-

тяжение и изгиб (рис.9.9,а). Построим эпюру нормальных напряжений в опас-

ном сечении и проверим прочность стержня. В расчетах примем R = 210 МПа,

с = 1. Заданные нагрузки являются расчетными. Размеры на рис.9.9,б даны в

сантиметрах.

Изгибающие моменты от внецентренно приложенной силы Р1 постоянны

по длине стержня и равны

,кНм7515,0500 Рz PyM кНм6012,0500 Рy PzM ,

где Py и Pz – координаты точки приложения силы Р1 (точка K).

Сила Р2 вызывает изгиб стержня в горизонтальной плоскости, при этом

изгибающий момент в заделке равен кНм.150350 yM Эпюры продоль-

ных сил и изгибающих моментов, вызванные совместным действием сил Р1 и

Р2, приведены на рис.9.9,а.

Р1=500 кН

z

x

ОР2=50 кН

1м

3 м

N

Mz

My

(кНм)

(кНм)

(кН)

90

60

60

500

75

––

––

–

zО1

15,6

12,3

3

2,52 4,299,48

240 12 мм

В

А

––

–

(МПа)

а) б)

112,3

184,4

н.л.

К

у

К

–

30

Рис.9.9

69

Опасным сечением является сечение, совпадающее с заделкой, где оба из-

гибающих момента имеют наибольшие значения кНм,75zM кНм.90yM

Определим геометрические характеристики сечения. Учитывая, что для

швеллера [30 F1 = 40,5 см2, ,см45810

1zJ ,см4327

1yJ h = 30cм, 0z = 2,52см,

найдем ;см613821245402 2,,,F

;см25644615212412

212458102

423

,,

,J z

;см1069812

24214895403272

43

2

,,,J y

,см31583216

25644

,Wz .см35891

12

10698,Wy

Определим по формулам (9.14) отрезки, отсекаемые нулевой линией на

главных осях Оy и Оz:

;см331261381075

2564450020 ,

,FM

JNy

z

z

.см29461381090

1069850020 ,

,FM

JNz

y

y

Отложив 0y и 0z на осях координат, проводим нулевую линию.

Наибольшие растягивающие и наибольшие сжимающие напряжения возникают

соответственно в точках А и В, наиболее удаленных от нулевой линии:

МПа;4184кН/см4418

5891

1090

1583

1075

6138

500

2

22

,,

,,W

M

W

М

F

N

y

y

z

z

А

.МПа3112кН/см2311

5891

1090

1583

1075

6138

500

2

22

,,

,,W

M

W

М

F

N

y

y

z

z

B

Поскольку МПа,210МПа4,184нб RсА прочность стержня

обеспечена.

Эпюра в опасном сечении приведена на рис.9.9,б.

Задача 9.5

Стальной консольный составной стержень испытывает внецентренное рас-

тяжение и изгиб в вертикальной плоскости Охy (рис.9.10,а). Построим эпюру

70

нормальных напряжений в опасном сечении стержня и проверим прочность. В

расчетах примем R = 210 МПа, с = 1. Нагрузки являются расчетными.

Изгибающий момент на свободном конце стержня равен

кНм.3606,0600 Рz PyM В заделке кНм.455131836 ,М z Эпюры

изгибающих моментов и продольных сил приведены на рис.9.10,а. Опасным

является сечение стержня в заделке.

Определим геометрические характеристики сечения. Учитывая, что для

двутавра I24 ,,F 21 см834 ,J z

4см34601 получим:

;см225780142834 ,,,F

;см6905412801412

801423460 42

3

,,

,J z

.,h

JW z

z3см540

812

6905

2

Определим напряжения в нижних и верхних волокнах стержня.

;МПа621смкН162540

1045

257

600 22

н ,,,W

М

F

N

z

z

.МПа2188смкН8218540

1045

257

600 22

в ,,,W

M

F

N

z

z

Поскольку нб = 188,2 МПа сR = 1210 = 210 МПа, прочность стержня

обеспечена. Эпюра в опасном сечении приведена на рис.9.10,б.

z

x

О

Р=600кН

l=3м

q =18кНм

а) б)

140 8мм

I24

уР=6см

600

36

45Мz

N

(кН)

(кНм)

I24

140 8мм

z

12,4

см

21,6

188,2(МПа)

Рис.9.10

71

Задача 9.6

Стальной ломаный стержень круглого сечения нагружен вертикальной си-

лой Р1 = 4 кН и горизонтальной силой Р2 = 6 кН (рис.9.11,а). Допускаемое

напряжение стали .смкН16МПа160][ 2 Определим диаметр D стержня

из условий прочности по теории наибольших касательных напряжений и по

энергетической теории.

Участок СD стержня испытывает изгиб в вертикальной плоскости, а уча-

сток ОС – изгиб в вертикальной и горизонтальной плоскостях и кручение.

Эпюры изгибающих моментов My, Mz и крутящего момента Мк показаны на

рис.9.11,а.

Опасным является сечение стержня в заделке, где изгибающий момент My

и крутящий момент Мк имеют наибольшие значения.

Вычислим величину суммарного изгибающего момента в заделке:

кНсм.288кНм8824261 2222и ,,,MMМ yz

Опасными являются точки А и В контура поперечного сечения в заделке

(рис.9.11,б), в которых возникают наибольшие по абсолютной величине нор-

мальные и касательные напряжения от изгиба и кручения

, , к

и

и

pW

M

W

М

где Wи и Wp – моменты сопротивления сечения при изгибе и кручении

Р1= 4 кН

а) б)z

0,5 м

0,4

м

Р2= 6 кН

D С

О

x

–

–

My

(кНм)

Mz

(кНм)

–

–

2

1,6

2,4

2

Mк

(кНм)

zО

0

В

А

н. л.

129

129

(МПа) ––

–

= 44,8 МПа

–

Рис.9.11

72

.16

2 ,32

3

и

3

и

DWW

DW p

В сечениях стержня возникают также касательные напряжения от попе-

речного изгиба, которые могут быть определены по формуле Д.И. Журавского.

Однако, для стержней сплошного круглого сечения эти напряжения малы и мо-

гут при оценке прочности не учитываться.

При изгибе с кручением условия прочности по теории наибольших каса-

тельных напряжений (9.16) и энергетической теории (9.17) имеют следующий

вид:

;][1

4 2к

2и

и

22 MMW

.][75,01

3 2к

2и

и

22 MMW

Используя формулу для Wи, определим требуемый диаметр стержня.

По теории наибольших касательных напряжений

;см91,2116

200288

][32

3222

к2и

3

и

MMDW

.см076143

9121323 ,

,

,D

По энергетической теории

;см00,2116

20075,0288

][

75,0

32

3222

к2и

3

и

MMDW

.см985143

21323 ,

,D

Таким образом, по обеим теориям прочности получили близкие результа-

ты. Примем D = 6,1 см и определим наибольшие значения нормальных и каса-

тельных напряжений для сечения, совпадающего с заделкой.

;см44,622,32 ,см32232

16143 333

и

pW,,,

W

;МПа129смкН912322

288 2нб ,

,

.МПа844смкН484644

200 2

нб ,,,

Определим угол наклона нулевой линии к оси Oz в опасном сечении:

.3,56 ,5,16,1

4,200

z

y

y

z

M

M

J

Jtg

Проводим нулевую линию и строим эпюры и в опасном сечении

(рис.9.11,б).

73

ГЛАВА 10

УСТОЙЧИВОСТЬ И ПРОДОЛЬНО-ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ СТЕРЖНЕЙ

10.1. Основные определения и формулы

При изучении равновесия идеально прямого гибкого стержня из упругого

материала, находящегося под действием центрально приложенной к верхнему

сечению сжимающей силы Р (рис.10.1) возможны следующие три случая.

1. Сжимающая продольная сила Р от-

носительно невелика. Если стержень с по-

мощью какой-либо поперечной нагрузки

слегка отклонить, а затем эту нагрузку

снять, то стержень вновь примет первона-

чальную прямолинейную форму равновесия

(рис. 10.1,а). В этом случае (Р < Ркр) прямо-

линейная форма равновесия стержня явля-

ется устойчивой.

2. При достижении силой Р критиче-

ского значения Р = Ркр теоретически воз-

можны как прямолинейная, так и искрив-

лённая формы равновесия (рис.10.1,б). Од-

нако, прямолинейная форма равновесия

становится неустойчивой.

3. При дальнейшем даже незначитель-

ном увеличении сжимающей силы (Р >Ркр)

происходит резкое нарастание прогибов и возникают значительные дополни-

тельные деформации и напряжения изгиба. Такое явление называется потерей

устойчивости (рис.10.1,в).

Критическая сила Эйлера Ркр при различных случаях закрепления концов

стержня определяется по формуле

22

20

2

крl

EJ

l

EJР

, (10.1)

где величина l0 = l называется приведенной длиной стержня, а – коэффи-

циентом приведения длины, который зависит от вида опорных закреплений

стержня.

Выражения для критических сил и значения коэффициента приведения

длины в основных случаях опорных закреплений приведены на рис.10.2. В за-

висимости от условий закреплении стержня потеря устойчивости может проис-

ходить в одной из двух главных плоскостей инерции Оху или Oхz.

Критические силы, соответствующие потере устойчивости стержня в глав-

ных плоскостях, определяются по формулам

22

крl

EJP

y

zy

,

2

2

крl

EJP

z

yz

. (10.2)

Критические напряжения определяются по формуле

a)

Р Р кр

б)

Р = Ркр

в)

Р Р кр

Рис.10.1

74

2

2

кр

Е , (10.3)

где = l0/i – гибкость стержня, i – радиус инерции поперечного сечения.

Формулы Эйлера для критической силы и критических напряжений для

стержней из малоуглеродистой стали с пределом пропорциональности

пц = 200 220 МПа

можно использовать в пределах упругости при гибкости 100.

При работе стержня за пределом упругости и значениях гибкости

60 < 100 можно использовать эмпирическую формулу Тетмайера−Ясин-

ского

bакр , (10.4)

где для указанной стали a = 310 МПа, b = 1,14 МПа, или квадратичную зави-

симость

2

пцтткр100

, (10.5)

где т – предел текучести, пц – предел пропорциональности стали.

При гибкости < 60 можно принять кр = т .

Условие устойчивости записывается в виде

RF

Рc , (10.6)

где – коэффициент продольного изгиба (0 < < 1), величина которого опре-

деляется в зависимости от материала и гибкости стержня. Значения коэффи-

циента для некоторых материалов приведены в табл.10.1.

Коэффициент запаса устойчивости стержня можно определить как отно-

шение критической силы Ркр к заданному нормативному значению Рн про-

дольной сжимающей силы

н

кр

уР

Рn . (10.7)

= 2 = 0,5 = 0,7

ll

0 =

0,7

ll

0 =

0,5

= 1

Ркр

2EJ=

l

2 Ркр

2EJ=l

24

Ркр

2EJ=

l

2

4Ркр =

l

2

2

Рис.10.2

75

Таблица 10.1

Гиб-

кость

Сталь с расчетным сопротивлением

по пределу текучести R, МПа

Чугун

марки

СЧ

Дерево

(сосна) 200 240 280 320 360 400 440

0 1 1 1 L 1 1 1 1 1

10 0,988 0,987 0,985 0,984 0,983 0,982 0,981 0,970 0,992

20 0,967 0,962 0,959 0,955 0,952 0,949 0,946 0,910 0,968

30 0,939 0,931 0,924 0,917 0,911 0,905 0,900 0,810 0,928

40 0,906 0,894 0,883 0,873 0,863 0,854 0,846 0,690 0,872

50 0,869 0,852 0,836 0,822 0,809 0,796 0,785 0,570 0,800

60 0,827 0,805 0,785 0,766 0,749 0,721 0,696 0,440 0,712

70 0,782 0,754 0,724 0,687 0,654 0,623 0,595 0,340 0,612

80 0,734 0,686 0,641 0,602 0,566 0,532 0,501 0,260 0,469

90 0,665 0,612 0,565 0,522 0,483 0,447 0,413 0,200 0,370

100 0,599 0,542 0,493 0,448 0,408 0,369 0,335 0,160 0,300

110 0,537 0,478 0,427 0,381 0,338 0,306 0,280 — 0,248

120 0,479 0,419 0,366 0,321 0,287 0,260 0,237 — 0,208

130 0,425 0,364 0,313 0,276 0,247 0,223 0,204 — 0,178

140 0,376 0,315 0,272 0,240 0,215 0,195 0,178 — 0,153

150 0,328 0,276 0,239 0,211 0,189 0,171 0,157 — 0,133

160 0,290 0,244 0,212 0,187 0,167 0,152 0,139 — 0,117

170 0,259 0,218 0,189 0,167 0,150 0,136 0,125 — 0,104

180 0,233 0,196 0,170 0,150 0,135 0,123 0,112 — 0,093

190 0,210 0,177 0,154 0,136 0,122 0,111 0,102 — 0,083

200 0,191 0,161 0,140 0,124 0,111 0,101 0,093 — 0,075

210 0,174 0,147 0,128 0,113 0,102 0,093 0,085 — 0,068

220 0,160 0,135 0,118 0,104 0,094 0,086 0,077 — 0,062

Продольно-поперечным называется изгиб достаточно гибкого стержня,

возникающий от совместного действия поперечной и продольной нагрузок

(рис.10.3).

Уравнение изогнутой оси в этом

случае имеет вид

EJk

dx

d п2

2

2 Mv

v , (10.8)

где EJPk /2 , Мп – изгибающий

момент от действия поперечной

x

y

О

xl

q

P

vп v1

P1 P2

P

Рис.10.3

P

76

нагрузки, v = vп + v1 – суммарный прогиб стержня, vп – прогиб от поперечной

нагрузки, v1 – дополнительный прогиб от действия сжимающей силы Р.

Точное решение уравнения (10.8) можно записать в форме метода началь-

ных параметров. Приближённое решение уравнения (10.8) можно представить в

виде

э

п

1Р

P

v

v , (10.9)

где Рэ – критическая сила в плоскости изгиба, вычисляемая по формуле Эйлера

независимо от величины гибкости стержня.

Суммарный изгибающий момент от совместного действия продольной си-

лы Р и поперечной нагрузки определяется по формуле

М = Мп + Рv . (10.10)

Проверка прочности стержня при продольно-поперечном изгибе может

быть сведена к требованию, чтобы наибольшие сжимающие напряжения в

опасном сечении от действия нормативных нагрузок, умноженных на заданную

величину коэффициента запаса по нагрузкам np, не превышали опасного

напряжения, равного для пластичного материала пределу текучести т.

тнб W

M

F

Р. (10.11)

10.2. Примеры решения задач

Задача 10.1.

Центрально сжатый стержень, составленный из двух жестко соединенных

между собой швеллеров, имеет различные опорные закрепления в двух главных

плоскостях Oxy и Oxz (рис.10.4). Материал стержня –

малоуглеродистая сталь с расчетным сопротивлением

R = 200 МПа, пределом текучести т = 230 МПа и пре-

делом пропорциональности пц = 200 МПа. Норма-

тивное значение сжимающей силы Рн = 550 кН, коэф-

фициент надежности по нагрузке f = 1,2, коэффици-

ент условий работы с = 1.

Расчетное значение сжимающей силы равно:

Р = Рнf = 5501,2 = 660 кН.

Подберем сечение стержня из условия устойчиво-

сти в двух главных плоскостях.

Приняв в первом приближении коэффициент

продольного изгиба равным = 0,5, определим с по-

мощью формулы (10.6) необходимую площадь сече-

ния стержня

.,R

PF

с

2см6620150

660

х

Оy

Р Р

zО

х

y y1

z0=1см

y

l

=4

м

Рис.10.4

77

По сортаменту принимаем сечение 2[27 и выписываем необходимые гео-

метрические характеристики сечения: F = 235,2 = 70,4 см2, iz = 10,9 см,

1yJ =

262 см4, 0z = 2,47 см.

Определим момент инерции и радиус инерции сечения относительно глав-

ной оси Oy.

]5,0[22

011zFJJ yy 1145]5,047,22,35262[2

2 см

4 ;

см034470

1145,

,F

Ji

y

y .

Вычислим приведенные длины и гибкости стержня в двух главных плос-

костях:

в плоскости Oxy

;736910

400 ,см4004001 0

0 ,,i

lll

z

yy λμ

в плоскости Oxz

;569034

280 ,см28040070 0

0 ,,i

l,ll

y

zz λμ

Таким образом, стержень может потерять устойчивость в плоскости Oxz, в

которой гибкость имеет большее значение. По таблице коэффициентов про-

дольного изгиба для = 69,5 с помощью линейной интерполяции находим

.,,,,

, 78406056910

782082708270

Проверяем устойчивость стержня

МПа893кН/см389470

660 2 ,,,F

Рσ .МПа815620017840 ,,Rс

Имеется значительный запас устойчивости. Поэтому во втором приближе-

нии примем сечение 2[20, для которого определяем

2см8464232 ,,F , Jz =15202 = 3040 см4 , Wz = 2152 = 304 см

3,

4см1131yJ , 0z = 2,07 см, 42 см15355724231132 ,,,J y ,

,см383846

1535,

,

,iy 882

383

280,

,z λ , = 0,715 .

Проверим выполнение условия устойчивости:

МПа141кН/см14,10846

660 2 ,F

Pσ .МПа14320017150 ,Rс

Условие устойчивости выполняется с небольшим запасом. Принимаем се-

чение 2[20. Определяем критическую силу и критические напряжения. Так как

гибкость z = 82,8 100, критические напряжения определим по формуле

(10.5)

МПа4,209кН/см94,20100

8,82202323

100

2

22

пцтткр

.

78

Соответствующее значение критической силы равно

.кН9808469420кркр ,,FР

По формуле (10.7) определяем коэффициент запаса устойчивости

.,Р

Рny 781

550

980

н

кр

Произведем расчет стержня на

прочность при продольно-попереч-

ном изгибе в плоскости Oxy при сов-

местном действии сжимающей силы

и поперечной нагрузки (рис.10.5).

Нормативные значения нагрузок рав-

ны Рн = 550 кН, Р1н = 5 кН.

Для обеспечения заданной вели-

чины коэффициента запаса прочно-

сти по нагрузкам пp = 1,5 умножим

величины нормативных нагрузок на

этот коэффициент:

Р = пp Рн = 1,5550 = 825 кН, Р1 = пpР1н = 1,55 = 7,5 кН .

Определим наибольший изгибающий момент Мп и прогиб vп от действия

поперечной нагрузки Р1 = 7,5 кН. На рис.10.5 приведены эпюры изгибающих

моментов от действия силы Р1 и единичной безразмерной силы 1Р , прило-

женной в середине пролета. «Перемножая» эти эпюры по правилу Верещагина,

получим

,см157,03040101,2

)10(10101

3

225,7

2

12

14

32

п

zz EJEJv

где Е = 2,1104 кН/см

2 – модуль упругости. Размерность длины в числителе пе-

реведена в сантиметры.

Определим критическую силу Эйлера в плоскости изгиба

.кН3934400

3040101,22

42

20

2

э

l

ЕJP z

Наибольший суммарный прогиб и суммарный изгибающий момент от

совместного действия сжимающей силы Р и силы Р1 определяются по фор-

мулам (10.9) и (10.10):

;м0,00199см199,0

3934

8251

157,0

1э

п

Р

Р

vv

.кНм14900199082557п ,,,PММ v

Для опасного сечения стержня определяем нормальные напряжения в

нижних и верхних волокнах

;МПа2146кН/см6214304

10149

846

825 22

н ,,,

,W

M

F

Р

z

x

y

О

P = 825 кНvп

v

P1=7,5 кН

2 м2 м

7,5Р = 1

1

Мп

М1

(кНм)

P = 825 кН

Рис.10.5

79

;МПа3,206кН/см63,20304

1014,9

8,46

825 22

в

zW

M

F

Р

По формуле (10.11) производим проверку

прочности по наибольшим сжимающим напря-

жениям:

в = 206,3 МПа т = 230 МПа .

Условие прочности выполняется.

Эпюра нормальных напряжений в опасном

сечении приведена на рис.10.6.

Задача 10.2.

Центрально сжатый стержень, составленный из двух жестко соединенных

между собой двутавров, имеет различные опорные закрепления в двух главных

плоскостях Oxy и Oxz (рис.10.7). Материал стержня – малоуглеродистая сталь с

расчетным сопротивлением R = 200 МПа и пределом текучести т = 230 МПа.

Нормативное значение сжимающей силы Рн = 380 кН, коэффициент надежно-

сти по нагрузке f = 1,2, коэффициент условий работы с = 1.

Расчетное значение сжимающей силы равно

Р = Рнf = 3801,2 = 456 кН.

Подберем сечение стержня из условия устойчивости в двух главных плос-

костях.

Приняв в первом приближении коэффициент

продольного изгиба равным = 0,5, определим из

условия устойчивости (10.6) необходимую площадь

сечения стержня:

2см64520150

456,

,R

PF

с

.

По сортаменту принимаем сечение 2I18 и вы-

писываем необходимые геометрические характери-

стики: F = 223,4 = 46,8 см2, iz = 7,42 см,

4см6821

,J y , b = 9 см.

Определим момент инерции и радиус инерции

сечения относительно главной оси Oy.

;см1113)5,44,236,82(2])5,0([2 422

11 bFJJ yy

.см8774846

1113,

,F

Ji

y

y

Вычисляем приведенную длину и гибкость стержня в двух главных плос-

костях:

x

y

Р

О

х

Оz

Р

y

y

l

=4

,5

м

у1

b

у1

y

206,3

146,2

(МПа)

Рис.10.7

Рис.10.6

80

в плоскости Oxy

,см90045020 ll y ;3121427

9000 ,,i

l

z

y

в плоскости Oxz

,см45045010 ll z .3928774

4500 ,,i

l

y

z

Таким образом, стержень может потерять устойчивость в плоскости Oxy, в

которой гибкость имеет большее значение. По таблице коэффициентов про-

дольного изгиба для = 121,3 с помощью линейной интерполяции находим

.,,,,

, 4720120312110

425047904790

Проверяем устойчивость стержня.

МПа497кН/см749846

456 2 ,,,F

Р .МПа49420014720 ,,Rс

Условие устойчивости не выполняется. Проверим устойчивость стержня

большего сечения 2I20, для которого определяем

F = 226,8 = 53,6 см2, Jz = = 21840 = 3680 см

4, Wz = 2184 = 368 см

3,

iz = 8,28 см, 7108288

900,

,y , = 0,545.

Проверка условия устойчивости в плоскости Оху даёт следующий резуль-

тат:

МПа0785кН/см5078653

456 2 ,,,F

P .МПа10920015450 ,Rс

Условие устойчивости выполняется. Принимаем сечение 2I20.

Определяем критическую силу и критические напряжения.

Гибкость y = 108,7 100. Критическую силу определяем по формуле Эй-

лера

.кН7,940900

3680101,22

42

20

2

кр

l

EJP z

Критические напряжения равны

.МПа5175кН/см5517653

7940 2кр

кр ,,,

,

F

P

По формуле (10.7) определяем коэффициент запаса устойчивости

.,,

P

Pn 472

380

7940

н

кр

y

Произведем расчет стержня на прочность при продольно-поперечном из-

гибе в плоскости Oxy при совместном действии сжимающей силы и поперечной

нагрузки (рис.10,8). Нормативные значения нагрузок равны Рн = 380 кН,

qн = 2 кН/м.

81

Умножим величины нормативных

нагрузок на коэффициент запаса по

нагрузкам:

Р = Рн·пp = 3801,5 = 570 кН,

q = qн·пp = 21,5 = 3 кН/м.

Определим наибольший изгиба-

ющий момент Мп и прогиб vп от дей-

ствия поперечной нагрузки q = 3 кН/м.

На рис.10.8 приведены эпюры изгиба-

ющих моментов от нагрузки q и еди-

ничной безразмерной силы ,Р 1 при-

ложенной на свободном конце стерж-

ня. «Перемножая» эти эпюры по пра-

вилу Верещагина, получим:

см99,13680101,2

)10(81,15381,1535,4

2

1

12

5,435,4

3

25,438,30

2

114

323

п

zz EJEJv .

Размерность длины в числителе переведена в сантиметры.

Суммарный прогиб и суммарный изгибающий момент от совместного дей-

ствия сжимающей силы Р и поперечной нагрузки q определяем по формулам

(10.9) и (10.10).

;м0,0505см05,5

7,940

5701

99,1

1э

п

P

P

vv

.кНм1659050505703830п ,,,РММ v

Производим по формуле (10.11) проверку прочности по наибольшим сжи-

мающим напряжениям, возникающим в нижних волокнах стержня в сечении,

совпадающем с заделкой:

МПа1,267кН/см71,26368

1016,59

6,53

570 22

н

zW

M

F

Р МПат 230 .

Условие прочности не выполняется. Принимаем сечение 2I22, для которо-

го F = 230,6 см2 = 61,2 см

2, Jz = 22550 = 5100 cм

4, Wz = 2232 = 464 см

3, и про-

изводим повторный расчет:

;см436151001012

10811534

6

п ,,

,

v

;кН7,1303900

5100101,22

42

э

Р

;м02550см552

71303

5701

4361,,

,

,

v

;кНм9244025505703830 ,,,М

3,67

189,9

(МПа)

P = 570 кН4,5 м

x

q =3 кН м/

О

vп

v

Р = 1

30,38

4,5

Мп

М1

(кНм)

Рис.10.8

Рис.10.9

82

МПа9,189кН/см99,18464

1092,44

2,61

570 22

н

МПат 230 .

Условие прочности выполняется.

Нормальные напряжения в верхних волокнах стержня в опасном сечении

равны

МПа673кН/см3670464

109244

261

570 22

в ,,,

,

.

Эпюра нормальных напряжений в сечении, совпадающем с заделкой, при-

ведена на рис.10.9.

Задача 10.3.

Центрально сжатый деревянный стержень, со-

ставленный из двух жёстко соединенных между собой

оцилиндрованных бревен, имеет различные условия

закрепления в главных плоскостях (рис.10.10). Соеди-

нение бревен схематически показано с помощью

пунктирной линии. Определим, в какой плоскости

может произойти потеря устойчивости стержня и вы-

полним подбор сечения, приняв 150нP кН,

3,1R кН/см2, 2,1 f , 0,1c .

Выразим геометрические характеристики сечения

через радиус круга R :

22 RF , 44

5,04

2 RR

J y

,

4224

5,24

2 RRRR

J z

,

,22

5,02

4 R

R

R

F

Ji

y

y

2

5

2

5,22

4 R

R

R

F

Ji z

z

.

Определим гибкость стержня в главных плоскостях:

RRi

l

z

y

y

8,3572

5

4001

,

RRi

l

y

zz

4002

4005,0

.

Поскольку yz , потеря устойчивости стержня может произойти в

плоскости Oxz . Определим расчетное значение сжимающей силы.

1802,1150 fPP нp кН.

Примем в первом приближении 4,0 и определим требуемую величину

площади сечения:

15,3463,10,14,0

180

R

PF

c

см2.

х

Оy

Р Р

zО

х

2м

2м

y

R

y

Рис.10.10

83

Определим радиус и диаметр бревен и выполним проверку устойчивости

стержня в плоскости Oxz :

15,3462 2 RF см2, 42,7R см, 9,53

42,7

400400

Rz .

По данным таблицы 10.1 для деревянных стержней определяем коэффици-

ент продольного изгиба:

766,09,310

712,08,08,0)9,53(

.

Выполняем проверку устойчивости стержня, используя формулу (10.6) в

виде, рекомендованном СНиП:

679,0766,015,346

180

F

PкН/см

23,1 Rc кН/см

2.

Условие устойчивости выполняется с излишним запасом. Желательно

уменьшить размер сечения. Во втором приближении примем:

58,02

766,04,0

.

Выполняем повторный расчет:

7,2383,10,158,0

1802 2

RF см

2, 16,6R см, 9,64

16,6

400 z ,

663,09,410

612,0712,0712,0)9,64(

,

14,1663,07,238

180

F

PкН/см

23,1 Rc кН/см

2.

В качестве третьего приближения выполним проверку устойчивости

стержня, приняв с округлением диаметр бревен 12D см, 6R см.

7,666

400 z , 645,067,6

10

612,0712,0712,0)7,66(

,

23,1645,062

1802

F

PкН/см

23,1 Rc кН/см

2.

Условие устойчивости выполняется с небольшим запасом. Примем окон-

чательно бревна диаметром 12D см.

Задача 10.4.

Верхний сжатый пояс фермы состоит из двух жестко соединенных между

собой стальных равнополочных уголков. Условия закрепления стержня в глав-

ных плоскостях одинаковые (рис.10.11). Соединение стержней схематически

показано с помощью пунктирной линии.

Установим, в какой плоскости возможна потеря устойчивости стержня и

выполним подбор сечения. Определим величину критической силы и коэффи-

циент запаса устойчивости. В расчетах примем 300нP кН, 20R кН/см2,

2,1 f , 0,1c , 23т кН/см2.

84

Расчетное значение сжимающей силы равно:

3903,1300 pP кН.

Примем в первом приближении 6,0 и опре-

делим требуемое значение площади сечения стержня:

1,36209,06,0

390

R

PF

c

см2.

По сортаменту примем сечение ┘└ .10100100

Геометрические характеристики равны:

4,382,1922 1 FF см2, 179

11 zy JJ см

4,

83,200 yz см, 05,31 zz ii см,

8,7832,192

183,21792

2

yJ см

4,

52,42,192

8,783

yi см.

Определим значение гибкости стержня в главных плоскостях:

4,9805,3

3001

z

y

yi

l, 4,66

52,4

3001

y

zz

i

l.

Поскольку zy , потеря устойчивости стержня может произойти в

плоскости Oxy . Выполним проверку устойчивости стержня в этой плоскости.

По данным таблицы 10.1 для стальных стержней при 200R МПа определяем

коэффициент продольного изгиба:

61,04,810

599,0665,0665,0)4,98(

.

Значение коэффициента оказалось несколько больше принятого в

начале расчета. Очевидно, что условие устойчивости будет выполняться.

6,1661,04,38

390

F

PкН/см

218 Rc кН/см

2.

Поскольку имеется небольшой запас устойчивости, выполним проверку

устойчивости стержня с меньшей площадью сечения ┘└ .8110110 Геомет-

рические характеристики равны:

4,342,1722 1 FF см2, 198

11 zy JJ см

4, 300 yz см, 39,3

1 zz ii см,

5,8839,3

3001

y , 675,05,8

10

665,0734,0734,0)5,88(

.

8,16675,04,34

390

F

PкН/см

218 Rc кН/см

2.

Принимаем более рациональное в смысле расхода материала сечение

┘└ .8110110

х

Оz

Рl

=

3 м

=1см

y

х

О

y

Р

y

Рис.10.11

85

Поскольку 100 y , для определения критической силы используем эм-

пирическую формулу Тетмайера-Ясинского:

9,205,88114,031 baкр кН/см2, 7194,349,20 FP кркр кН.

Коэффициент запаса устойчивости равен:

4,2300

719

н

кр

уP

Pn .

Задача 10.5.

Стержень в виде стальной трубы 4200 мм с одинаковыми закреплени-

ями в главных плоскостях испытывает продольно-поперечный изгиб

(рис.10.12).

Нормативные значения нагрузок равны: 200 xPP кН, 3 y1 PP кН.

Выполним расчет стержня на прочность и устойчивость. В расчетах примем

20R кН/см2, 2,1 f , 0,1c , 23т кН/см

2, 4101,2 E кН/см

2.

Определяем геометрические характеристики сечения. Внешний и внутрен-

ний радиусы трубы равны:

102/202 R см, 6,94,01021 RR см.

Последовательно определяем:

6,246,910 222

1

2

2 RRF см2,

11836,91044

444

1

4

2

RRJJ yz см4,

3,11810

1183

2

R

JWW z

yz см3, 94,6

6,24

1183 yz ii см.

Вначале выполним расчет стержня на прочность в плоскости продольно-

поперечного изгиба Oxy . Нормативные значения нагрузок умножим на коэф-

фициент запаса 5,1pn .

3005,1200 P кН, 5,45,131 P кН.

Определим величину критической силы по формуле Эйлера:

6816001

1183101,22

4

2

2

пр

2

Эl

EJP кН.

Определим прогиб стержня в середине пролета от действия силы 1P по

табличной формуле:

x

y

О

P = 200 кНvп

v

P1=3 кН

3 м3 м

P = 200 кН

y

z

200 4 мм

Рис.10.12

86

815,01183101,248

6005,4

48 4

33

1

EJ

lPпv см.

Суммарный прогиб в середине пролета определяем по приближенной

формуле (10.9)

46,1

681

3001

815,0

1

Э

п

P

P

vv см.

Суммарный изгибающий момент в середине пролета равен:

21013,1146,13004

6005,4

4

v

PM P

lMM 1

п кНсм.

Выполним проверку прочности стержня по сжатым волокнам:

6,214,92,123,118

1013,11

6,24

300 2

W

M

F

PA кН/см

223 т кН/см

2.

Условие прочности выполняется.

Напряжения в крайних нижних волокнах

стержня равны:

8,24,92,12 W

M

F

PB кН/см

2.

Эпюра приведена на рис.10.13.

Выполним проверку устойчивости

стержня:

4,8694,6

6001

zy ,

69,04,610

665,0734,0734,0)4,86(

.

1,1469,06,24

2,1200

F

PкН/см

220 Rc кН/см

2.

Условие устойчивости также выполняется.

Отметим, что в СНиП по стальным конструкциям рекомендуется исполь-

зовать специальный метод расчета сжато-изогнутых стержней с учетом формы

поперечного сечения.

y

z

21,6

2,8

(кН см )/2

A

B

Рис.10.13

87

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ

1. Александров А.В., Потапов В.Д., Державин Б.П. Сопротивление материалов.

М., Высшая школа, 1995.

2. Атаров Н.М. Сопротивление материалов в примерах и задачах. М., изд. ИН-

ФРА-М, 2010.

3. Беляев Н.М. Сопротивление материалов. М., Физматгиз, 1962.

4. Варданян Г.С., Андреев В.И., Атаров Н.М., Горшков А.А. Сопротивление

материалов с основами теории упругости и пластичности: Учебник / Под

ред. Г.С.Варданяна и Н.М.Атарова − 2-е изд., испр. и доп. − М.: ИНФРА-М,

2011.

5. Варданян Г.С., Атаров Н.М., Горшков А.А. Сопротивление материалов с ос-

новами строительной механики: Учебник / Под ред. Г.С.Варданяна. − Изд.

испр. − М.: ИНФРА-М, 2011.

6. Дарков А.В, Шпиро Г.С. Сопротивление материалов. М., Высшая школа,

1965.

7. Никифоров С.Н. Сопротивление материалов. М., Высшая школа, 1966.

8. Саргсян А.Е. Сопротивление материалов, теория упругости и пластичности,

М., АСВ, 1998.

9. Тимошенко С.П. Сопротивление материалов. т.1,2. М., Наука, 1965.

10. Феодосьев В.И. Сопротивление материалов. М., Наука, 1979.

11. Филоненко – Бородич М.М. и др. Курс сопротивления материалов. М.,

ГИТТЛ, ч.1, 1955, ч.2, 1956.