Г.М-Ицкович
Л.СМинин АИВинокуров
РУКОВОДСТВО
К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ
МАТЕРИАЛОВ
ВЫСШАЯ ШКОЛА
Г.М.Ицкович
Л.СМинин А.И.Винокуров
Руководство
К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ
МАТЕРИАЛОВ
Под редакцией Л. С. Минина
ИЗДАНИЕ ТРЕТЬЕ,
ПЕРЕРАБОТАННОЕ И ДОПОЛНЕННОЕ
Рекомендовано Министерством общего
и профессионального образования Российской Федерации
в качестве учебного пособия
для студентов высших технических учебных заведений
Москва
«Высшая школа» 1999
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие к третьему изданию	3
Из предисловия к первому изданию	.	4
Г лава I.	Общие сведения и основные понятия	5
§	1.	Основные задачи курса	5
§	2.	Внутренние силовые факторы	6
§	3.	Напряжения.............................................. .8
§ 4.	Коэффициент запаса. Условие прочности	.	10
Глава II. Растяжение и сжатие ....	12
§ 5.	Основные сведения из теории............................. 12
§ б.	Примеры расчетов на растяжение (сжатие)	.16
Глава III. Основы теории напряженного и деформированного состояния	52
§ 7.	Основные сведения из теории	...	.........52
§ 8.	Примеры исследования напряженного и деформированного со-
стояний ................................... ...	62
Глава IV. Кручение	................................. 74
§ 9.	Основные сведения из теории и расчетно-справочные данные .	74
§ 10.	Примеры расчетов на кручение..............................81
§ 11.	Расчет цилиндрических винтовых пружин ...	.101
Глава V. Геометрические характеристики плоских сечений..............  109
§ 12.	Основные сведения из теории......................... . 109
| 13.	Примеры определения геометрических характеристик плоских се-
чений ........................................................ 114
Глава VI.	Прямой изгиб..............................................130
§ 14.	Построение зпюр внутренних силовых факторов для балок и пло-
ских рам ....................................................  130
§ 15.	Построение эпюр внутренних силовых факторов для плоских
кривых брусьев ............................................ .	. 159
§ 16.	Напряжения и расчеты на прочность при изгибе.............169
§ 17.	Примеры определения напряжений и расчетов на прочность при
изгибе ......................................................  174
§ 18.	Дифференциальное уравнение упругой линии и его интегриро-
вание .........................................................191
§ 19.	Примеры определения перемещений путем интегрирования диф-
ференциального уравнения упругой линии.........................194
Глава VII. Энергетический метод определения перемещений и расчет стати-
чески неопределимых систем...........................................207
§ 20.	Интеграл Мора............................................207
§ 21.	Примеры определения перемещений в статически определимых
системах ...............................................  211
§ 22.	Канонические уравнения метода сил	• . 238
§ 23.	Статически неопределимые балки....................... .	. 245
§ 24.	Статически неопределимые рамы............................253
Глава VIII. Косой изгиб. Совместное действие изгиба и растяжения	(сжатия) . 283
§ 25.	Косой изгиб. Основные сведения из теории.................283
§ 26.	Примеры расчетов на косой изгиб	.... 288
§ 27.	Совместное действие изгиба и растяжения (сжатия). Основные
сведения из теории ........................................... 299
§ 28.	Примеры расчетов бруса большой жесткости при сочетании
изгиба и растяжения (сжатия)...................................303
Глава IX. Расчет бруса большой кривизны.............................	310
§ 29.	Основные сведения об определении напряжений и перемещений . 310
§ 30.	Примеры расчетов плоских кривых брусьев	.........313
Г лава X. Гипотезы прочности и их применение к расчету прямых брусьеа . . 323
§ 31.	Основные понятия о гипотезах прочности и расчетные формулы 323
§ 32.	Примеры определения эквивалентных напряжений.............328
§ 33.	Расчет бруса круглого поперечного сечения в общем случае дейст-
вия сил. Построение эпюр внутренних силовых факторов для
пространственных стержневых	систем .....................333
§ 34.	Расчет бруса прямоугольного поперечного сечения в общем слу-
чае действия сил	350
Глава XI	Расчет тонкостенных сосудов	367
§ 35	Основные сведения из теории	.	.	.	367
§ 36	Примеры определения напряжений в тонкостенных сосудах и их
расчетов на прочность .........................................371
Г лава XII. Расчет толстостенных цилиндров, находящихся под внутренним и
наружным давлением	...............391
§ 37	Краткие сведения из теории. Основные расчетные формулы 391
§ 38	Примеры расчета толстостенных цилиндров	396
Глава XIII. Продольный и продольно-поперечный изгиб ........ 408
§ 39.	Устойчивость сжатых стержней. Основные теоретические све-
дения и расчетно-справочные данные........................ . 408
§ 40.	Примеры расчетов сжатых стержней на устойчивость . . . .413
§ 41.	Продольно-поперечный изгиб. Основные сведения из теории . 431
§ 42.	Примеры расчетов на продольно-поперечный изгиб	435
Глава XIV. Основы расчета по предельным нагрузкам ...	..........444
§ 43.	Расчет статически неопределимых систем, элементы которых ра-
ботают на растяжение (сжатие) ...	...	444
§ 44	Расчет на кручение бруса круглого и прямоугольного поперечных
сечений ...	....	459
§ 45	Расчет на изгиб статически определимых балок	466
§ 46.	Расчет на изгиб статически неопределимых балок	. 473
Глава XV. Расчеты на прочность при напряжениях, циклически изменяющихся
во времени .......................................................... 486
§ 47	Основные сведения из теории и расчетные формулы ...	486
§ 48	Примеры расчетов на прочность при переменных напряжениях	497
Глава XVI. Задачи динамики в сопротивлении материалов	508
§ 49.	Расчет на прочность при заданных ускорениях	. 508
§ 50.	Приближенный расчет на удар . .	519
§ 51.	Свободные колебания упругих систем.......................528
§ 52.	Вынужденные колебания систем с конечным числом степеней сво-
боды	. . .	. . .	.	. 568
Приложения ...	 586
Приложение I	586
Приложение II	589
Литература	590
УДК 539.417
ББК 30.121
И 96
Рецензент проф., д-р техн, наук В. П. Николаев (зав. кафедрой «Ос-
новы конструирования машин» Московского энергетического института)
Ицкович Г. М., Минин Л. С., Винокуров А. И.
И 96 Руководство к решению задач по сопротивлению материа-
лов: Учеб, пособие для вузов/ Под ред. Л. С. Минина.— 3-е
изд., перераб. и доп.— М.: Высш, шк., 1999. — 592 с.: ил.
ISBN 5-06-003494-1
В книге на подробно разобранных примерах показаны методы решения
типовых задач по курсу сопротивления материалов. Рассмотрены расчеты
прямого бруса при различных видах деформаций, бруса большой кривизны,
тонкостенных и толстостенных сосудов, статически неопределимых систем,
сжатых стержней на устойчивость, прочность при переменных напряжениях,
а также динамические задачи и расчет по предельным нагрузкам.
По сравнению со вторым изданием (1970 г.) значительно расширен раздел,
посвященный теории колебаний, переработана методика расчета по предель-
ным нагрузкам статически-неопределимых балок и внесен ряд изменений
и дополнений, вызванный введением новых ГОСТов; в первую очередь это
касается расчетов при переменных напряжениях.
Для студентов технических вузов. Может быть полезно студентам
техникумов, инженерам и научным работникам.
Учебное издание
Георгий Михайлович Ицкович
Леонид Сергеевич Минин
Анатолий Иванович Винокуров
РУКОВОДСТВО К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
ПО СОПРОТИВЛЕНИЮ МАТЕРИАЛОВ
Редактор Н. Е. Овчеренко. Художественный редактор Ю. Э. Иванова.
Технический редактор Л. А. Овчинникова. Корректор Л. В. Демешова.
Компьютерная верстка Н. С. Михайлова.
Оператор В. Н. Новоселова.
Л Р Ns 010146 от 25.12.96. Изд. № ВТИ-47. Сдано в набор 20.07.98. Поди, в печать 07.04.99
Формат 60х88'/|6. Бум газетная. Гарнитура “Таймс”. Печать офсетная
Объем. 36,26 усл. печ. л., 36,26 усл. кр.-отт., 31,58 уч.-изд. л. Тираж 8000 экз. Заказ № 893
Издательство “Высшая школа”, 101430, Москва, ГСП-4, Неглинная ул., д. 29/14
Набрано на персональных компьютерах издательства
Отпечатано в ГУП ИПК “Ульяновский Дом печати”, 432601, г. Ульяновск, ул. Гончарова, 14
УДК 539.417
ББК 30.121
ISBN 5-06-003494-1	© Издательство «Высшая школа», 1999
Оригинал-макет данного издания является собственностью издательства «Высшая школа»
и его репродуцирование (воспроизведение) любым способом без согласия издательства
запрещается.
ПРЕДИСЛОВИЕ К ТРЕТЬЕМУ ИЗДАНИЮ
В третьем издании пособия так же, как и во втором (1970 г.),
сохранены структура, характер и методика изложения материала
первого издания. Если второе издание было дополнено тремя новы-
ми главами и несколькими отдельными параграфами, то изменений
в третьем издании меньше: в связи с введением ГОСТа перестроены
теоретическая часть и задачи, посвященные расчету на прочность
при циклических напряжениях; более подробно рассмотрены сво-
бодные колебания, включая применение точных и приближенных
методов; использована единая методика в расчетах по предельным
нагрузкам.
Положительный опыт многих кафедр «Сопротивление материа-
лов», в том числе кафедры «Динамика и прочность машин» Мо-
сковского энергетического института, где раньше работали все ав-
торы этой книги, показал целесообразность сохранения содержания
и методики изложения материала. Учтены замечания и советы,
полученные от кафедр сопротивления материалов и отдельных пре-
подавателей.
Большое внимание уделено методам контроля решения задач.
В ряде случаев параллельно показано несколько приемов решения
одной и той же задачи, отражающих различные методические тра-
диции. Кроме того, описание различных способов решения способ-
ствует расширению кругозора учащихся, дает дополнительные сред-
ства самоконтроля выполняемых ими расчетно-проектировочных
и прочих заданий.
Л. С. Минин
ИЗ ПРЕДИСЛОВИЯ К ПЕРВОМУ ИЗДАНИЮ
При изучении курса сопротивления материалов наибольшие за-
труднения для студентов связаны обычно с решением задач. Вместе
с тем очевидно, что именно эта практическая часть курса, в наиболь-
шей степени способствует развитию инженерного мышления, при-
обретению необходимых навыков расчета элементов конструкций
на прочность, жесткость и устойчивость.
Настоящее пособие, составленное в соответствии с программой
курса сопротивления материалов для немеханических специально-
стей вузов, имеет целью помочь студентам овладеть методами
решения типовых задач сопротивления материалов.
По каждой теме курса в пособии приведены основные сведения
из теории, необходимые для сознательного разбора решенных задач
без повторения ранее изученного по учебнику теоретического мате-
риала, и ряд подробно решенных задач.
Опыт преподавания показывает, что разбор решенных задач
повышает эффективность самостоятельных занятий, экономит вре-
мя, затрачиваемое на выполнение контрольных заданий, приучает
студентов к анализу методов решения задач и способствует приоб-
ретению навыков грамотного оформления технических расчетов.
Пособие не является приложением к какому-либо определен-
ному учебнику по сопротивлению материалов, что также послужило
одной из причин, заставивших включить в пособие краткие те-
оретические сведения и основные расчетные формулы. Заменить эти
сведения ссылками на материал учебника авторы считали нецелесо-
об разным, так как не только обозначения, но в ряде случаев и ме-
тодика изложения отдельных вопросов в существующих учебниках
различны.
ГЛАВА I
ОБЩИЕ СВЕДЕНИЯ И ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ
§ 1.	ОСНОВНЫЕ ЗАДАЧИ КУРСА
В курсе сопротивления материалов изучаются основы расчета
элементов конструкций на прочность, жесткость и устойчивость.
Несмотря на чрезвычайное разнообразие форм элементов конструк-
ций (деталей машин, аппаратов, приборов и сооружений), с боль-
шей или меньшей степенью точности каждый из них для целей
расчета можно рассматривать либо как брус (прямой или кривой),
либо как пластинку или оболочку, либо как массивное тело. В об-
щем курсе сопротивления материалов рассматриваются в основном
расчеты прямого бруса. Кроме того, дается расчет тонкостенных
резервуаров и толстостенных труб, брусьев большой кривизны,
гибких нитей, а в отдельных случаях и некоторые другие вопросы.
Под действием внешних сил (нагрузок), приложенных к брусу, он
деформируется, при этом с достаточной для практических целей
точностью можно считать, что до известных пределов нагружения
эти деформации являются упругими, т. е. исчезают после снятия
нагрузки. Деформации, не исчезающие после снятия нагрузки, назы-
вают остаточными, или пластическими.
Из перечисленных трех категорий расчетов (на прочность, жест-
кость и устойчивость) основным является расчет на проч-
ность. В настоящее время существует два основных принципиально
различных подхода к расчету на прочность. Согласно первому из
них прочность элемента конструкции считается нарушенной, если
при действии приложенных к нему нагрузок хотя бы в одной его
точке появляются признаки хрупкого разрушения или возникают
пластические деформации. Иными словами, при таком подходе
к расчету под нарушением прочности понимают не только разруше-
ние в буквальном смысле слова (появление трещин излом и т. п.),
но и возникновение пластических деформаций (хотя бы местных).
Соответствующий метод расчета называют расчетом по
опасной точке, или расчетом по допускаемым напряже-
ниям.
При втором подходе к расчету нарушение прочности отожде-
ствляется с исчерпанием несущей способности конструкции, т. е.
с переходом ее в такое состояние, при котором конструкция не
5
оказывает сопротивления возрастанию действующих на нее нагру-
зок. Указанное состояние конструкции, называемое предельным,
характеризуется ростом ее деформаций при постоянной (предель-
ной) величине нагрузки. Соответствующий метод расчета называют
расчетом по предельным нагрузкам*. Расчет по предельным
нагрузкам применим только к конструкциям из пластичных матери-
алов при статическом действии нагрузок. Переход в предельное
состояние связан с появлением пластических деформаций (возник-
новением текучести материала) не в одной и даже не в нескольких
точках, а во всех точках элемента конструкции или некоторых его
сечений.
Для обеспечения нормальной работы конструкции во многих
случаях необходи» >, чтобы упругие перемещения отдельных точек
и сечений ее элементов не превышали некоторых малых, наперед
заданных величин.
Расчет, целью которого является обеспечение указанных требо-
ваний об ограничении упругих перемещений, называется расчетом
на жесткость.
На устойчивость необходимо рассчитывать такие элементы
конструкции, характер деформации которых претерпевает резкое
качественное изменение при достижении нагрузкой некоторого
определенного значения, называемого критическим. Примером
может служить сравнительно гибкий сжатый стержень — при на-
грузке меньшей критической он работает на сжатие, а при ее
превышении — на сжатие и изгиб. Расчет должен обеспечить устой-
чивость первоначальной (прямолинейной) формы оси стержня (по-
дробнее см. гл. Х1П).
§ 2.	ВНУТРЕННИЕ СИЛОВЫЕ ФАКТОРЫ
Рассматриваемые в курсе сопротивления материалов расчеты
связаны с необходимостью установления зависимостей между
внешними силами, действующими на элементы конструкций, и воз-
никающими при этом внутренними силами. Для этой цели исполь-
зуется метод сечений. Примени ельно к брусу метод сечений служит
в первую очередь для определения внутренних сил, возникающих
в поперечных сечениях бруса. При этом определяется статический
эквивалент системы возникающих в сечении внутренних сил — их
главный вектор и главный момент. Практически вместо оты-
скания величины и направления главного вектора и главного мо-
*В учебной и в специальной литературе встречаются различные наименования
указанного метода расчета, например расчет по разрушающим нагрузкам, расчет по
допускаемым нагрузкам, расчет по несущей способности.
6
мента определяют их составляющие по осям координат* (три состав-
ляющие главного вектора и три составляющие главного момента).
Составляющие главного вектора и главного момента в утрен-
них сил носят название внутренних силовых факторов или усилий
в сечении.
На рис. 1.1, а показан прямой брус, находящийся в равновесии под
действием приложенных к нему внешних сил (напомним, что опорные
реакции также входят в числов внешних сил), а на рис. 1.1, б —
Рис. 1.1
отсеченная часть бруса с соответствующими внешними силами
(приложенными к этой части) и внутренними силовыми факторами,
возникающими в проведенном сечении и заменяющими действие
отброшенной части бруса на оставленную.
Каждый из шести внутренних силовых факторов соответствует
определенному виду деформации бруса:
Nz — продольная сила, возникает при работе бруса на рас-
тяжение или сжатие;
Qx и Qy — поперечные силы, соответствуют деформации сдвига
(среза);
♦Система координат выбирается следующим образом: начало — в центре
тяжести поперечного сечения, ось z — по внешней нормали к сечению (т. е. вдоль оси
бруса), оси х и у совпадают с так называемыми главными центральными осями
сечения (см. гл. V). Если сечение имеет хотя бы одну ось симметрии, то она является
главной центральной осью и, следовательно, одной из координатных осей (х или у).
7
Mz — крутящий момент, возникает при работе бруса на кру-
чение;
Мх и Му — изгибающие моменты, каждый из которых соот-
ветствует изгибу бруса в одной из координатных плоскостей.
В зависимости от характера нагружения бруса в каждом из его
поперечных сечений возникают те или иные из указанных внутрен-
них силовых факторов.
Составляя для оставленной части бруса шесть уравнений равно-
весия, можно найти значение каждого из внутренних силовых фак-
торов. При этом в каждое из уравнений равновесия входит лишь
один из внутренних силовых факторов.
Закон изменения каждого из внутренних силовых факторов по
длине бруса наиболее удобно представить в виде графика —-эпю-
ры данного силового фактора. При построении эпюр аргументом
является координата поперечного сечения бруса, а функцией — си-
ловой фактор, закон изменения которого исследуется.
§ 3.	НАПРЯЖЕНИЯ
Внутренние силы распределены по сечению непрерывно, при
этом их значения в разных точках сечения в общем случае неодина-
ковы. Метод сечений не позволяет найти закон распределения внут-
ренних сил, а дает только их статический
эквивалент. Задача о распределении внут-
ренних сил статически неопределима; мето-
ды ее решения применительно к различным
видам деформаций бруса (растяжению,
кручению и т. д.) рассматриваются в соот-
ветствующих главах курса. При этом опре-
деляется интенсивность внутренних сил
в различных точках рассматриваемого сече-
ния.
Величина, характеризующая интенсив-
ность внутренних сил, называется напряже-
нием. Иными словами, напряжением в дан-
ной точке сечения называется предел от-
ношения элементарной внутренней силы
к площади выделенной в сечении площадки (рис. 1.2) при стремлении
последней к нулю («стягивании» в точку)-.
.. дг
= lim —.
дл-»о ДЛ
Необходимо подчеркнуть, что если через ту же точку провести
другое сечение, то и напряжение (в общем случае) получится иное,
т. е. напряжение зависит не только от положения точки, но и от
8
направления (ориентировки в пространстве) сечения, проведенного
через эту точку.
Напряжение р можно разложить на две составляющие: по нор-
мали к сечению — нормальное напряжение а и составляющую,
лежащую в плоскости сечения,— касательное напряжение т (рис.
1.3).
Касательное напряжение, в свою очередь, можно разложить на
две составляющие, направленные вдоль координатных осей. Таким
образом, вектор напряжения в данной точке по данной площадке
дает три составляющие, показанные на рис. 1.4.
Рис. 1.3	Рис. 1.4
Индексы у составляющих (компонентов напряжения) ставят по
следующим правилам: первый индекс указывает, какой оси парал-
лельна нормаль к площадке («адрес» площадки действия рассмат-
риваемого напряжения), а второй — какой оси параллельно напря-
жение. При этом правиле у нормальных напряжений должны полу-
чаться два одинаковых индекса; принято указывать лишь один из
них.
По методу определения (экспериментальный или расчетно-те-
оретический) и месту, занимаемому в расчетах на прочность, раз-
личают следующие виды напряжений:
1.	Предельные напряжения, при достижении которых появляются
заметные пластические деформации (если материал пластичный)
или признаки хрупкого разрушения (если материал хрупкий). Эти
напряжения определяются при механических испытаниях материала
и зависят от его свойств и вида деформации (растяжение, сжатие
и т. д.).
При статическом осевом нагружении роль предельного напряже-
ния для пластичного материала играет физический предел текучести
или условный предел текучести <То>2, а для хрупкого — предел
9
прочности* Сп,. Для хрупко-пластичных материалов, несколько луч-
ше сопротивляющихся сжатию, чем растяжению (некоторые леги-
рованные стали), в качестве предельных напряжений принимают
условные пределы текучести: <т0,2р — при растяжении и сг0,2с — при
СЖаТИИ* ** (<Т0,2с> «0.2р)-
2.	Напряжения, возникающие в нагруженной конструкции, назы-
вают расчетными (рабочими) а, х. Они зависят от нагрузок и раз-
меров рассчитываемого элемента конструкции.
3.	Наибольшие напряжения, при которых прочность и долговеч-
ность конструкции обеспечены, называют допускаемыми и обозна-
чают [ст], [г].
Допускаемое напряжение составляет некоторую часть от пре-
дельного, а следовательно, в первую очередь зависит от материала
рассчитываемой детали; кроме того, на величину допускаемого
напряжения влияет точность методов расчета, однородность мате-
риала, степень ответственности рассчитываемого элемента (или
конструкции в целом) и ряд других факторов.
§ 4. КОЭФФИЦИЕНТ ЗАПАСА. УСЛОВИЕ ПРОЧНОСТИ
Отношение предельного напряжения к наибольшему расчетному
называют коэффициентом запаса прочности
Сцред
Стах
тпред
ттах
Коэффициент запаса прочности (фактический) должен быть не
меньше требуемого (заданного, допускаемого, нормативного) для
данного элемента конструкции
п>[и].
Приведенное неравенство является условием прочности. Во мно-
гих случаях удобнее вести расчет на прочность, пользуясь понятием
о допускаемом напряжении, которое равно отношению предельного
напряжения к требуемому коэффициенту запаса прочности
•Предел прочности теперь называют временным сопротивлением и обознача-
ют ое или св.
**В специальной, в частности справочной, литературе зачастую не разграничи-
вают обозначений физических и условных пределов текучести, применяя для тех
и других единое обозначение егт (соответственно о^р и <гтс).
10
При использовании понятия о допускаемом напряжении условие
прочности представляют в виде:
[*^] (^max М)
Если максимальное рабочее напряжение значительно меньше до-
пускаемого, конструкция является излишне тяжелой, неэкономич-
ной.
Незначительное превышение рабочего напряжения над допус-
каемым неопасно для прочности конструкции, так как требуемый
(нормативный) коэффициент запаса имеет для пластичного мате-
риала даже при наиболее благоприятных условиях работы и высо-
кой точности расчета значение порядка 1,4 — 1,5, а для хрупкого
материала не ниже 3 — 4. Для пластичного материала значение
коэффициента запаса указано по отношению к пределу текучести,
а для хрупкого — к пределу прочности (к временному сопротивле-
нию).
Все сказанное о коэффициентах запаса и условиях прочности
относится в основном к расчету по опасной точке (см. с. 5). При
расчете по предельным нагрузкам под коэффициентом запаса следу-
ет понимать отношение нагрузки (силы, момента пары сил и т. п.),
при которой наступает переход в предельное состояние (Едред,
Л/щед и т. п.), к фактически действующей нагрузке
^*прсд [	Мщ,сд\
пщ>— — I Идр=------ ).
f \	mJ
Условие прочности удобнее всего представлять в виде:
где [и] — требуемый (нормативный) коэффициент запаса прочности.
Несмотря на тождественность формы записи условий проч-
ности при расчетах по опасной точке и по предельной нагрузке, эти
расчеты принципиально различны, как это следует из пояснений,
приведенных на с. 6 (подробнее см. гл. XIV).
ГЛАВА II
РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ
§ 5. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ
При работе бруса на растяжение (сжатие) в его поперечных
сечениях возникает только один внутренний силовой фактор —
продольная сила Nz, представляющая собой равнодействующую
внутренних нормальных сил, возникающих в поперечном сечении
бруса, т. е.
Az=j trdA.
А
В дальнейшем, как правило, будем обозначать продольную силу
N, опуская индекс z.
Для расчета на прочность и для определения перемещений попе-
речных сечений бруса надо знать закон изменения продольных сил
по его длине.
Продольная сила в произвольном поперечном сечении бруса числен-
но равна алгебраической сумме проекций на его продольную ось всех
внешних сил, приложенных по одну сторону от рассматриваемого
сечения (на отсеченную часть — о. ч. бруса), т. е.
N= Z F&
О. ч.
При растяжении продольную силу принято считать положитель-
ной.
Закон изменения продольной силы по длине бруса целесообраз-
но представлять в виде графика — эпюры продольных сил. При
построении этого графика аргументом является координата попе-
речного сечения, а функцией — продольная сила.
В поперечных сечениях бруса возникают только нормальные
напряжения, определяемые по формуле
N
(2-1)
А
где А — площадь поперечного сечения.
12
Удлинение или укорочение (изменение длины) бруса длиной I,
имеющего постоянное поперечное сечение, при условии, что про-
дольная сила во всех сечениях одинакова, определяется по формуле
Д7=—.	(2.2)
ЕЛ
Е — модуль продольной упругости — физическая константа, ха-
рактеризующая жесткость материала при линейной деформации.
Для стали £=(2,0-е-2,15)' 1011 Па.
Произведение ЕА обычно’называют жесткостью сечения бруса
при растяжении (сжатии), а жесткостью бруса (участка бру-
ЕА
са) называют отношение с=-у-, численно равное силе, вызыва-
ющей удлинение (укорочение), равное единице длины, например
1 мм. При решении статически неопределимых задач в ряде случаев
удобно пользоваться величиной, обратной с, эту величину можно
назвать коэффициентом податливости
Величина fl численно равна изменению длины бруса (участка
бруса) под действием осевой силы, равной единице силы,
например 1 Н.
В случае если брус имеет ступенчато-переменное сечение, то для
определения изменения его длины формулу (2.2) следует применить
отдельно к каждому из участков, в пределах которого А=const
и N=const, и результаты просуммировать (см. ниже задачу 2.1).
Если сечение бруса и продольная сила, или одна из этих величин
меняются непрерывно (например, брус в виде усеченного конуса или
брус, растягиваемый действием собственной силы тяжести), то из-
менение длины бруса следует определять по формуле
(2.3)
В частном случае бруса постоянного сечения, находящегося под действием собствен-
ной силы тяжести, изменение его длины определяется по формуле
Д/=Л
2ЕА
(2-4)
где G — сила тяжести (вес) бруса.
В наиболее общем случае, когда законы изменения поперечного
сечения и продольной силы различны для отдельных участков бру-
са, изменение его длины определяется по формуле
13
Ndz

(2.5)
Отношение удлинения (укорочения) бесконечно малого эле-
мента бруса длиной dz к его первоначальной длине называется
продольной деформацией, ила относительным удлинением (укороче-
нием)
Д (dz)
dz
В известных пределах, зависящих от свойств материала, между
продольной деформацией и соответствующим нормальным напря-
жением существует линейная зависимость

(2-6)
Зависимость (2.6) является математическим выражением закона Гу-
ка при линейной деформации.
Приведенные ранее формулы (2.2) 4- (2.5) получены на основе
этого закона.
Как известно, при растяжении бруса его поперечное сечение
уменьшается, а при сжатии — увеличивается.
Отношение поперечной деформации е' к продольной е, взятое по
абсолютной величине, называется коэффициентом Пуассона (или
коэффициентом поперечной деформации)
/* =
Коэффициент Пуассона является физической константой дан-
ного материала. Значения его лежат в пределах 04-0,50 (д=0 для
пробки и цх 0,50 для парафина). Для подавляющего большинства
металлов и сплавов 0,25 4-0,35.
Так же как и при других видах деформации, расчеты на про-
чность при растяжении (сжатии) в зависимости от постановки зада-
чи (цель расчета) могут быть разделены на три категории:
а)	проверка прочности (проверочный расчет);
б)	определение допускаемой нагрузки (разновидность провероч-
ного расчета);
в)	определение требуемых размеров поперечного сечения бруса
(проектный расчет).
При проверочном расчете нагрузки, размеры и материал (до-
пускаемое или предельное напряжения) известны. В результате рас-
чета определяется наибольшее расчетное напряжение и сравнивает-
ся с допускаемым. Расчетная зависимость (условие прочности)
в этом случае имеет вид:
14
N
(2.7)
A
где а и N — соответственно нормальное напряжение и продольная
сила в опасном поперечном сечении (т. е. сечении,
в котором возникают наибольшие напряжения);
А — его площадь;
[с] — допускаемое напряжение.
Если вместо допускаемого напряжения задано предельное, то
проверка прочности производится по зависимости
(2.8)
О
где п — коэффициент запаса прочности (фактический) для опасного
сечения бруса;
[и] — требуемый (заданный или нормативный) коэффициент за-
паса прочности;
«Тиред — предельное напряжение, принимаемое, как указано на
с. 9, 10;
<т — напряжение в опасном сечении.
Зависимости для двух остальных случаев расчета получаются
путем преобразования формулы (2.7).
Так, имеем:
при определении допускаемой нагрузки
=	(2.9)
при проектном расчете требуемая площадь опасного сечения
определяется по формуле
(2.10)
М
Во всех случаях в расчетные формулы входит внутренний силовой
фактор — продольная сила, которая должна быть выражена с по-
мощью метода сечений через внешние силы.
Следует заметить, что для брусьев из материалов, которые
неодинаково сопротивляются растяжению и сжатию (например,
чугун), опасным может оказаться не то сечение, где возникают
наибольшие (по абсолютной величине) напряжения. Опасным явля-
ется сечение, для которого коэффициент запаса прочности минима-
лен. Конечно, приведенное определение верно и при одинаковом
сопротивлении материала бруса растяжению и сжатию, т. е. такое
определение понятия «опасное сечение» является наиболее общим.
Если использование только уравнений равновесия для от-
сеченной части бруса или какой-либо системы не позволяет
определить внутренние силы, систему называют статически
неопределимой. Для ее решения необходимо составить помимо
уравнений статики уравнения перемещений, основанные на
15
рассмотрении геометрической стороны деформации системы и ис-
пользовании закона Гука. Методика решения таких задач рассмат-
ривается в § 6 и в Приложении 1.
§ 6. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ НА РАСТЯЖЕНИЕ (СЖАТИЕ)
А. Статически определимые системы
Задача 2.1. Построить эпюры продольных сил, нормальных
напряжений и перемещений поперечных сечений по длине ступен-
чатого бруса, нагруженного, как показано на рис. 2.1, а. Материал
бруса сталь Ст. 3; £=2,0 1011 Па.
Рис. 21
Решение. Разобьем брус на отдельные участки, начиная от
свободного конца. Границами участков являются сечения, в кото-
рых приложены внешние силы, и место изменения размеров попе-
речного сечения. Таким образом, заданный брус имеет три участка.
16
При применении метода сечений, как известно, принципиально
безразлично, равновесие какой из отсеченных (левой или правой)
частей бруса рассматривать. В данном случае, применяя метод
сечений, будем оставлять левую и отбрасывать правую отсеченную
часть бруса, при этом отпадает надобность в предварительном
определении реакции заделки.
Проведем произвольное сечение а—а на участке / и рассмотрим
равновесие оставленной части, изображенной отдельно на рис.
2.1, б. Продольная сила в этом сечении NX=F, эту силу находим,
проектируя на ось z бруса внешние и внутренние силы, действующие
на оставленную часть. Легко видеть, что то же значение продольной
силы сохраняется для любого сечения участка II, т. е. Ni=Nv=F
(для произвольного сечения b—Ь, проведенного на участке II, про-
дольная сила определяется на основе рис. 2.1, в).
Проводя сечение на участке III, например с—с, и рассматривая
равновесие левой отсеченной части, изображенной на рис. 2.1, г,
найдем:
Дш=Г+2Г=ЗК
После приобретения некоторого навыка в применении метода
сечений можно не изображать отдельно отсеченную часть, а просто
пользоваться соотношением
О. ч.
Заметим, что реакция заделки равна 3F. Таким образом, если
определять значения продольных сил, оставляя каждый раз после
проведения сечения правую часть бруса, конечно, получим те же
результаты.
Построим график (эпюру), показывающий, как меняется 7V по
длине бруса. Для этого, проведя ось абсцисс графика параллельно
оси бруса, откладываем в произвольно выбранном масштабе значе-
ния продольных сил по оси ординат. Так как в пределах одного или
даже двух смежных участков продольная сила не меняется, то
эпюра ограничена прямыми, параллельными оси абсцисс. Получен-
ный график принято штриховать, при этом штриховка должна
быть перпендикулярна оси бруса. Каждая линия штриховки
(ордината графика) в соответствующем масштабе выражает вели-
чину продольной силы в лежащем против нее поперечном сечении
бруса (рис. 2.1, д).
Эпюру нормальных напряжений (рис. 2.1, е) получим, разделив
значения N на соответствующие площади поперечных сечений
бруса.
Эпюрой перемещений называется график, показывающий закон
изменения величин перемещений поперечных сечений бруса по его
длине.
Абсолютное (т. е. отсчитываемое от неподвижного сечения)
перемещение А произвольного поперечного сечения равно изменению
17
длины части бруса, заключенной между рассматриваемым сечением
и заделкой. Относительное перемещение двух поперечных сечений
бруса равно изменению длины части бруса, заключенной между эти-
ми сечениями.
Эпюру перемещений следует строить, начиная от защемленного
конца. Перемещение произвольного сечения с—с, взятого в преде-
лах участка III бруса, равно удлинению части бруса длиной z (см.
рис. 2.1, а)
,	3Fz
Az= ~ .
ЕА2 ЕА2
Полученное выражение показывает, что перемещения возрас-
тают (по мере удаления сечения от заделки) по линейному закону.
Нетрудно убедиться, что при нагружении бруса сосредоточенными
силами в пределах каждого участка эпюра перемещений будет
линейной; поэтому для ее построения достаточно определить пере-
мещения сечений, совпадающих с границами участков.
Перемещение сечения С (Ас) равно удлинению участка CD
Ас—Ысо
ЕА2
180-103-1,0
2,0 10“ 12 КГ*
0,75  10 3 м=0,75 мм.
Перемещение сечения В относительно сечения С равно удлине-
нию участка ВС
Mio 60 103 1,0	__
ts.B_c=tslBC=--=------------=0,25'10 3 м=0,25 мм.
ЕА2 2,0 10“ 12 10-*
Абсолютное перемещение сечения В равно перемещению сечения
С плюс перемещение сечения В относительно С
Ад=Ас+Ад_с=0,75+0,25=1,0 мм.
Перемещение сечения А относительно В равно удлинению участ-
ка АВ
,	М2а 60 103'2,0	.	. __
&А_В=ЫАВ=-------------------—1,2 ‘ 10 3 м=1,2 мм.
2,0 • 10“  5 • 10“*
Абсолютное перемещение сечения А найдем, просуммировав
'величины Ад и Ал_в
А^ = Ад 4- А*_д —1,04“ 1,2=2,2 мм.
Построенная по полученным данным эпюра перемещений пока-
зана на рис. 2.1, ж. На эпюре отмечены также относительные
(взаимные) перемещения сечений, являющихся границами участков.
Следует иметь в виду, что тангенсы углов наклона отдельных
участков эпюры А пропорциональны ординатам эпюры а на соот-
ветствующих участках. Так, например, для участка II:
18
&В-С Ывс	ffn
tgl/2 =---=-----=---= —.
a a EA-ja E
Указанную зависимость между эпюрами рекомендуется исполь-
зовать для, так сказать, качественного контроля эпюры перемеще-
ний, т. е. не для окончательной оценки правильности эпюры, но, по
крайней мере, для оценки ее правдоподобности. Имеются в виду
следующие показатели правдоподобности эпюры А: а) чем больше
ординаты эпюры о, тем больший наклон к оси абсцисс имеет эпюра
А (предполагается, что материал всех участков бруса одинаков);
б) при перемене знака о меняет знак тангенс угла наклона эпюры А.
Рис. 2.2 иллюстрирует построение эпюры перемещений на ос-
нове принципа независимости действия сил. На рис. 2.2, б показана
	

'	‘v as™
“«"ШШШШППШПШППШПйзьп..
Рис. 2.2
эпюра AF от действия только силы F (рис. 2.2, а), а на рис. 2.2, г —
эпюра Ajp от действия только силы 2F (рис. 2.2, в). Просуммировав
указанные эпюры, получим эпюру по рис. 2.1, ж.
Задача 2.2. Определить удлинение дюралюминиевой полосы пе-
ременного сечения (рис. 2.3). Принять Е=0,1•1011 Па.
Решение. Для определения удлинения бруса (полосы) непрерыв-
но переменного поперечного сечения применим формулу (2.3)
Ndz
J ЕА
I
19
В нашем случае N— F= const;
►	i
Переменную площадь сечения А следует выразить через задан-
ные размеры и координату z поперечного сечения; при этом для
упрощения последующих выкладок примем начало координат
в точке О пересечения боковых сторон трапеции, представляющей
собой вертикальную проекцию полосы (рис. 2.4). Из подобия тре-
угольников АБО и CDO получаем:
зь _ь
l+fa lo
откуда
4=1/.
Площадь А произвольного поперечного сечения с абсциссой z
A = b^;
при этом
z kt
20
и окончательно
2bzS
А=-----.
I
Подставив значение А в формулу для удлинения, получим
1,5/
f Г IdA Fl
Д/=	. =-----1пЗ.
Е J 2Л& 2ЕЬ6
0,5/
Подставив числовые значения, найдем:
Fl	1 2 103 0 4 10-3
А/=----1пЗ =—------------------- 1,0986 = 0,216'10 3 м=0,216 мм.
2EbS 20,7 1011-20 8  10-в
Задача 2.3. Определить диаметры поперечных сечений стержней
АВ, АС и CD, поддерживающих узел машины (рис. 2.5, а). Допуска-
емые напряжения: на растяжение [стр] = 140 МПа, на сжатие*
[стс]= 100 МПа.
АВ — Ni,
АС — Л2;
CD — N3.
Рис. 2.5
Решение. 1. Применяя метод сечений, разрезаем стержни; воз-
никающие в них продольные силы обозначаем соответственно:
в стержне
в стержне
в стержне
•Допускаемое напряжение на сжатие принято уменьшенным для того, чтобы
сжатый стержень получился менее ибким, т. е. была бы исключена опасность его
выпучивания (потери устойчивости).
21
Рассматриваем равновесие узла ВСЕ под действием приложенных
к нему сил F, Nlt N2, N3 (рис. 2.5, б). .Предполагаем, что все
стержни растянуты, т. е. направляем усилия от шарниров В и С.
2. Определяем усилия в стержнях
( a—b\
Л3 \ —2/ cosa+2V3csma+7*’(c + e)=0*,
где a — угол между Л3 и горизонталью
a-b 800-500	„ ,
tga=-----=--------= 0,375; a=20 35;
2c 2 400
sin a=0,351; cos a=0,936.
(	0,8- 0,5\
N3 ( 0,5+ Ц^- j 0,936 + Л30,4 0,351 +F(0,4 + 0,3)=0,
откуда
N3 = - 0,9367*’= - 0,936 180 = -168 кН.
Знак минус указывает, что стержень CD сжат.
Хшс=0;-
— Ni fccosa+7*e = 0;
АГ Fe 180 0,3
N =-----=-------=115 кН;
Л cos a 0,5’0,936
Ew = 0;
—Nt cosa—A^cos/J — 2V3cosa=0;
a—b
tg^=----- =—=1,63;
c 400
cos fi = 0,522;
(7У1+7\T3)cosa (-115 + 168)0,936
Л2=---------------=----------------= 95 кН.
cos /?	0,522
3. Определяем требуемые площади сечений стержней и их диаме-
тры:
Ni 115 103 „	. ,
—=-------------= 8,21  10~4 m2;
[ffp] 140 10®
*Момент силы Fl3 определяем как сумму моментов ее горизонтальной и вер-
тикальной составляющих.
22
di =
rf2 —
di —
'4 8,2110-*	2
= 3,23 10 мл 33 мм;
3,14
Л2 95 101	.	,
Л2=—=--------- =6,79  IO"4 м2;
[сгр] 140 106
79'10~*
-—;-----= 2,94  10 2 мл 30 mm;
3,14
|7V3| 168 103	2
Л3=—=---------= 16,8 10 м;
Ю юо io6
'4Л3	/416,8 IO'*	2
— = /-------------=4,63’10	мл47 мм.
л V 3,14
Б. Статически неопределимые системы
Задача 2.4. Для бруса, жестко заделанного обоими концами
и нагруженного вдоль оси силами F} и F2, приложенными в его
промежуточных сечениях (рис. 2.6, а), требуется построить эпюры
продольных сил, нормальных напряжений и перемещений.
Решение. В данном случае имеем систему сил, направленных по
одной прямой, и статика дает лишь одно уравнение равновесия
Г1+Г2-Я>4-Я2,=0
или
Ha+Hb=4F
Для составления уравнения перемещений отбросим одну из за-
делок, например правую, и заменим ее действие на брус соответст-
вующей силой реакции Нв. В результате получен брус, защемлен-
ный одним концом (статически определимый брус) и нагруженный,
кроме заданных сил F\ и F2, неизвестной пока силой Х=НВ (рис.
2.6, б).
Брус по рис. 2.6, б нагружен так же, как заданный — эквива-
лентен заданному. Следовательно, перемещение сечения В рас-
сматриваемого бруса равно нулю, так как фактически (в заданном
брусе) это сечение жестко заделано
АЛ=0.
Подчеркиваем, что ДБ — суммарное перемещение сечения В,
т. е. от действия всех сил (F\, F2, X}. Применив принцип независи-
мости действия сил, представим уравнение перемещений в виде
23
^BF1 + &BF2 + ^BX —
т. e. перемещение от совместного действия всех сил равно алгеб-
раической сумме перемещений от действия каждой силы в отдель-
ности:
Рис. 2.6
A5F ——-----удлинению участка АС;
1 ЕЗА
ABFj=—------F------сумме удлинений участков AD и DE;
ЕЗА ЕА
Лвх— — I----1----) — сумме укорочений участков AD и DB.
\ ЕЗА ЕА J
24
Подчеркнем еще раз, что определяя перемещение сечения В от
каждой силы в отдельности, предполагаем, что она действует толь-
ко одна (конечно, с соответствующей ей реакцией опоры Л), а оста-
льные силы в это время отсутствуют.
Подставив найденные значения ABFj, ABFi, Авх в уравнение пере-
мещений, получим
1,5Лг	2,5F2o	2,5Fa	Х2а	Х'2а „
ЕЗА	ЕЗА	ЕА	ЕЗА	ЕА
7	7	2
откуда Х—~ F. Окончательно получаем Нв— F, HA= F.
4	4	4
Конечно, можно не определять специально реакцию НА левой
заделки, так как она численно равна продольной силе в сечениях
крайнего левого участка бруса, а эпюру продольных сил можно
строить, начиная с правого конца.
Построение эпюры продольных сйл и нормальных напряжений
ничем не отличается от рассмотренного в задаче 2.1, так как после
определения реакции Х=НВ брус по рис. 2.6, б представля-
ет собой статически определимый брус, нагруженный известными
силами. Упомянутые эпюры представлены на рис. 2.6, в, г.
Эпюру перемещений строим, начиная с левого конца бруса; при
построении используем эпюру N. Построение эпюры перемещений
служит в некоторой степени для контроля правильности решения
задачи. Действительно, начиная строить эпюру от левого заделан-
ного конца и получая в сечении В ординату эпюры, равную нулю,
мы тем самым имеем подтверждение правильности определения
реакций. Вычисления характерных ординат эпюры не приводим,
ограничиваясь их указанием на чертеже (рис. 2.6, о).
Для контроля правильности решения рассмотренной и подобных ей задач можно
проверить, соблюдается ли равенство потенциальной энергии деформации бруса
и работы приложенных к нему внешних сил.
Выполним эту проверку для решенной задачи.
Потенциальная энергия деформации бруса ступенчато-переменного поперечного
сечения, нагруженного сосредоточенными силами, определяется по формуле
N2lj
и=У—.
2EAt
Применительно к данной задаче имеем:
/9 V /3 у /3 у /7 У
I - FI а |-Г)я I - FI а I - FI а
\4 /	\4 /	\4 J \4 J	\\Еа
U= I-------------1------1------—	.
2Е ЗА 2Е- ЗА 2ЕА 2ЕА 4 ЕА
Работа внешних сосредоточенных сил определяется по формуле
где Д,- — перемещение точки приложения сил Fj, вызванное действием всех прило-
женных к брусу сил.
25
Значения Л, берем из построенной эпюры перемещений (см. рис. 2.6, д):
1	1 (	3Fa	7Fa\ 11 Fa
W= (^Дс+ЪЛе)»- UP----------+2.5F----b------.
2	2\	4ЕА	4ЕА/ 4 ЕА
Таким образом, равенство V— W выполняется.
Кратко остановимся на особенностях решения некоторых задач,
аналогичных рассмотренной.
1. Предположим, что до нагружения бруса между его правым
торцом и заделкой имелся малый зазор ё. Если при нагружении
бруса зазор не закрывается, то система статически определима (см.
задачу 2.1). Если величина абсолютного удлинения бруса (в пред-
положении, что он может деформироваться свободно, т. е. правая
заделка вообще отсутствует) больше зазора, то между правым
торцом бруса и заделкой после его нагружения возникнет сила
взаимодействия, определить которую с помощью одних лишь урав-
нений статики нельзя — система будет статически неопределима.
Отличие ее от предыдущей (2.4) состоит в том, что суммарное (от
заданных сил и правой опорной реакции) перемещение правого
торца бруса следует приравнять не нулю, а величине зазора
В остальном решение не отличается от рассмотренного.
2. Если брус, подобный рассмотренному в задаче 2.4, подверга-
ется нагреву (или охлаждению) на А/°, то, составляя выражение для
суммарного перемещения сечения В, надо учесть свободное тем-
пературное удлинение (укорочение) бруса. Например, если брус
нагревается по всей длине, то
АЛ=А/Х=а/Д/,
где а — коэффициент температурного линейного расширения;
I — длина бруса.
В случае наличия зазора (до нагружения и нагрева) между тор-
цом бруса и заделкой суммарное перемещение, вычисленное с уче-
том влияния температуры, следует, как уже указывалось, прирав-
нять величине зазора. Конечно, это имеет смысл лишь при условии,
что при нагружении и нагреве бруса зазор закрывается, в противном
случае — система статически определима.
Задача 23. Между двумя брусьями, каждый из которых жестко
защемлен одним концом, при отсутствии нагрузки имеется неболь-
шой зазор ё (рис. 2.7). Построить эпюры продольных сил, нормаль-
ных напряжений и перемещений поперечных сечений, возникающих
при нагружении брусьев заданной системой сил (см. рис. 2.7). Мате-
риал брусьев одинаков.
26
Решение. В зависимости от величины зазора, размеров брусьев,
их нагрузки и материала, из которого они изготовлены, могут быть
два основных варианта работы заданной системы.
1. При нагружении брусьев заданной системой сил (см. рис. 2.7)
сечения Н верхнего и К нижнего брусьев не соприкасаются друг
с другом, т. е. зазор между брусьями не закрывается. При этом
каждый брус работает независимо от другого и представляет собой
статически определимую систему. То же будет при условии, что
сечения Н и К лишь сомкнутся, но сил взаимодействия между
брусьями не возникнет.
2. При нагружении брусьев зазор закрывается и между ними
возникают силы взаимодействия. В этом случае система из двух
брусьев, работающих совместно, окажется статически неопредели-
мой — получается, по существу говоря, один брус, жестко защем-
ленный обоими концами; из предыдущего (см. задачу 2.4) известно,
что такая система статически неопределима.
Для выяснения вопроса о том, какой из двух указанных вариан-
тов работы системы имеет место в действительности, определим,
какие перемещения имели бы сечения Н и К, если каждый брус
работал независимо от другого.
Перемещение сечения Н верхнего бруса от действия сил 3F и F,
равное удлинению участков АС и CD (сечение Н перемещается
вниз):
. 3Fa Fla Fa 7 Fa
Д	4----4* — =— --.
E2A E2A EA 2 EA
Перемещение сечения К нижнего бруса от действия силы 2F, равное
укорочению участка LM (сечение К перемещается вниз):
., 2Fa Fa
ак= =—•
ЕМ ЕА
Оказалось, что Д'в>А’к+6, т. е. хотя сечения К перемещается вниз,
но сечение Н как бы «догоняет» его, зазор закрывается и между
брусьями возникает сила взаимодействия, которую в дальнейшем
будем обозначать X (заметим, что если бы оказалось Ан=Дх+й, то
это означало бы закрытие зазора без возникновения силы взаимо-
действия между брусьями).
Для определения силы X составим уравнение перемещений, рас-
сматривая каждый из брусьев нагруженным помимо заданных сил
так же и силой X (рис. 2.8, а). Для каждого из брусьев, очевидно,
сила X будет сжимающей. На рис. 2.8, 6 сплошными линиями
показаны недеформированные брусья, а штриховыми — их дефор-
мации. Из этой схемы следует, что
27
это и есть уравнение перемещений для рассматриваемой задачи.
Подчеркнем, что истинные перемещения сечений Н и К и Ах,
конечно, отличаются от перемещений Д'н и Ад, определенных
в предположении отсутствия взаимодействия между брусьями,—
совершенно очевидно, что Ая<Ан и A^>Ax-
Рис. 2.7
Рис. 2.8
Применив принцип независимости действия сил, составим выра-
жения для определения перемещений
Ан—Анзт + Ант + Аду
3Fa	F2a Fa / Х2а Х2а\
-----1-----1----1-----1---) =
Е2А Е2А ЕЛ \Е1А ЕА)
7 Fa ЗХа
2 ЕА ЕА’
.	. 2Fa Х2а Fa Ха
Дк= Ajq/-+ Ajcjc=-----1---=-----1--
E2A E2A ЕА EA
Подставив эти значения в уравнение перемещений и учтя, что
Fa
получим:
28
7 Fa ЗХа Fa Fa Xa
--------——I-------F—,
2 ЕА ЕА ЕА ЕА EA
откуда
X=3 F.
.	8
На рис. 2.9, а изображены заданные брусья в деформированном
состоянии, т. е. при закрывшемся зазоре; силы X, как внутренние
для рассматриваемой системы, естественно, не показаны. Эпюру
продольных сил строим, ориентируясь на рис. 2.8, а, т. е. рассмат-
ривая каждый брус отдельно. Проводя произвольное поперечное
сечение на участке DH, находим:
з
М,я= -Х= - -F;
О
для участка CD
NCD=F-X=F-Q F=5 F.
О о
Аналогично определяем значения продольных сил для осталь-
ных участков; соответствующая эпюра изображена на рис. 2.9, б.
Эпюра нормальных напряжений, построение которой не нужда-
ется в дополнительных пояснениях, показана на рис. 2.9, в.
Для построения эпюры перемещений вновь обратимся к рис.
2.8, а, а величины продольных сил возьмем с построенной эпюры
N (см. рис. 2.9, б). Для верхнего бруса имеем (перемещения вниз,
возникающие от растяжения отдельных участков этого бруса, усло-
вимся считать положительными):
А^=0;
29
— Fa
. NABa 8	29
Ав=-----=---= — 0F
Е1А Е2А 16
а
здесь и далее для сокращения записей вводим обозначение Р=~
NBCa 29	5	34
АС=АД+------=- PF+- PF=- PF;
Е2А 16	16	16
NCDa 34	5	44
А»=АС+-----=- PF+ PF=~ PF;
ЕА 16	8	16
^вна 44	3	„	38
AH=AB+----=- pF— PF=~ PF.
ЕА 16	8	16
Для нижнего бруса определение перемещений также начинаем от
защемленного конца,и, естественно, перемещения вниз по-прежнему
29
считаем положительными, но учтем, что здесь они обусловлены
сжатием участков бруса:
bL = -
Е2А
Ам=0;
19
— Fa
8	19___
=	= pF;
Е1А 16
3
Fa
19	R	77
A^=At+------=- pF+ =- PF.
16	E2A 16 H
Nn.a
Рис. 2.9
Эпюра перемещений, построенная по этим данным, изображена
на рис. 2.9, г. Скачок на эпюре равен начальному зазору 6, хотя на
рис. 2.9, а сечения Н и К совмещены, но не надо забывать, что
второе из этих сечений переместилось вниз от своего начального
положения на величину S меньшую, чем переместилось сечение Н.
Таким образом, сечению Н, К на рис. 2.9, а на эпюре А соответству-
ют две отличающихся на <5 друг от друга ординаты.
зо
* *
*
Дополнительно остановимся на особенностях решения задачи,
аналогичной предыдущей, но отличающейся от нее тем, что направ-
ление силы 2F, действующей на нижний брус, изменено на проти-
воположное (рис. 2.10, а). Сопоставляя условия этой и пре-
дыдущей задач, заключаем, что если при нагружении системы по
рис. 2.7, как было установлено, зазор закрывается, то тем более он
закроется в системе по рис. 2.10, а, т. е. система будет работать как
статически неопределимая.
Для определения силы X взаимодействия между брусьями (рис.
2.10, б) надо составить уравнение перемещений, приняв какое-либо
из возможных предположений о характере деформаций системы.
Можно, в частности, принять, что сечение Н перемещается вниз,
а сечение К — вверх/ т. е. сечения смыкаются где-то в пределах
начального зазора (рис. 2.10, в). При этом, как следует из схемы,
уравнение перемещений будет иметь вид:
&н+Ак—б
Подставляя выражения для перемещений и величины зазора,
получаем:
Рис. 2.10
31
(IF a	Fla	Fa	Xia	X2a\	/ 2Fa	X2a\	Fa
I-----1---1-----------) +1	) —
\E2A	E1A	EA	E1A	EA)	\E2A	E2A)	EA
(в скобки заключены слагаемые, дающие отдельно величины
Лн и АЛ)-
Отсюда	7
Х=-F.
8
Если принять, что сечение Н перемещается вниз на величину,
большую чем Ь, то сечение К также перемещается вниз; при этом
для составления уравнения перемещений будем иметь схему, пока- ’
занную на рис. 2.10, г. Из этой схемы следует, что
AH=^+A^.
Подставляя сюда выражения для перемещений и величины зазо-
ра, получаем:
3Fa	Fla	Fa	Xia	Xia	Fa	Xia	2Fa
	1	1	—	1	,
E2A------------------------E1A-EA	E1A	EA-EA-E2A	E1A
откуда следует прежний результат
Рис. 2.11
32
Обращаем внимание на знаки в правой части уравнения: переме-
щение сечения К принято вниз (см. рис. 2.10, г), поэтому перемеще-
ние от силы X взято со знаком плюс — она вызывает перемещение
сечения К в принятом направлении, а от силы 2F — со знаком
минус, так как эта сила, действуя независимо, вызвала бы переме-
щение в направлении, обратном принятому.
Рекомендуем читателю самостоятельно выполнить все выклад-
ки, необходимые для построения эпюр N, а и Л; для возможности
самоконтроля на рис. 2.11, а, б, в изображена заданная система
после закрытия зазора и даны эпюры N и Л.
Задача 2.6. Весьма жесткая балка, деформацией которой можно
пренебречь, подвешена на трех стальных тягах одинакового попе-
речного сечения А = 5 см2 и нагружена, как показано на рис. 2.12, а.
Определить, с каким коэффициентом запаса прочности работает
наиболее нагруженная тяга, если предел текучести материала
стт=260 МПа.
Решение. Рассекаем
тяги и рассматриваем
равновесие балки под
действием силы F и уси-
лий в стержнях (рис.
2.12, б). Получаем плос
кую систему параллель-
ных сил, для которой,
как известно, статика
дает два уравнения рав-
новесия. Неизвестных
усилий три: Ni, N2 и N3,
следовательно, система
статически неопредели-
ма. Составим уравнения
равновесия. Проектируя
все силы на вертикаль-
ное направление, полу-
чаем:
N}+N2+N3^F. (1)
Равенство нулю сум-
мы моментов относи-
тельно точки А дает:
F-2а —N2 3a —N3 5a = 0
или
О)
3N2 + 5N3 = 2F.
(2)
В силу жесткости балки она и после деформации системы останется
прямолинейной и лишь наклонится и опустится за счет удлинения
2 Ицкович Г.М., Минин Л.С., ВинокуровА.И.
33
стержней. Примерное положение балки после деформации показано
на рис. 2.12, 6 штрих-пунктирной линией (конечно, перемещения
показаны сильно преувеличенными).
Очевидно, AAt=Alt; CCt=&I2; /)/), ~Л/3. Проводя вспомогатель-
ную прямую DXE, параллельную первоначальному положению бал-
ки, из рассмотрения подобных треугольников ArEDt и CiFD1 полу-
чаем уравнение перемещений в виде
AtE EDi Eh-Eh 5а 5
C3F~ FDt ~ M2-M3 2g 2
Выражая удлинения стержней через усилия и жесткости, будем
иметь:
Nfil N3l
ЕА ЕА _ 5
N22Z N3l 2
ЕА ЕА
6Л1-2Л3=10Л2-5Л3,
или окончательно третье уравнение
6Л1 + 3?У3-10Л2=0.	(3)
Решив совместно уравнения (1), (2) и (3), найдем:
33	24	14
TV, =- F; N2=- F; N3 =- F.
71	71	71
Связь между перемещениями (удлинениями стержней) можно
установить несколько иначе, чем это сделано выше. Трапецию
AAiDDi (см. рис. 2.12, б) линией AtD разобьем на два треуголь-
ника. При этом отрезок СС,=Л/2 определим как сумму двух
отрезков:
Д/2 = СС\ — СС2+С2С|.
Из подобия треугольников CC2D и AAXD имеем:
СС2 2а	-— 2  2 д
__- или СС2= ЛЛ|=Д/|.
АА, 5а	5	5
Из подобия треугольников AfQCj и A,DDt имеем:
С2С3 За	---- 3	3 д
_ = или С2С, = DDi =- Л13.
DDi 5а	5	5
34
Следовательно,
2	3
AZ2 —“ A/j 4“ A/g
5	5
или
jV22Z 2N1 31 3 N3l
--=• ----------
EA 5 EA 5 EA
откуда получаем, естественно, прежний результат [см. уравнение
(3)]:
6М + ЗМ-10ЛГ2=0.
Представляется, что пер-
вый вариант составления урав-
нения перемещений несколько
проще второго.
Наиболее нагруженным
оказался первый стержень, на-
пряжения в поперечных сече-
ниях которого
М 33F 33 120 103
0-!== —= = ---------=
А 71Л	71 5 10"4
= 112 МПа
и коэффициент запаса по от-
ношению к пределу текучести
От 260
п=——— = 2,32.
aj 112
Задача 2.7. Определить уси-
лия в стержнях, на которых
укреплена весьма жесткая бал-
ка (рис. 2.13, а), которую мож-
но считать недеформируемой.
Материал всех стержней оди-
наков.
Решение. Аналогично пре-
дыдущей (см. рис. 2.12, а) за-
данная система статически не-
Рис. 2.13
определима. Особенность рассматриваемой задачи состоит в том,
4io, начиная ее решение, трудно с уверенностью указать характер
деформации системы и соответственно — направления усилий
в стержнях. Предположение о характере деформации может быть
произвольным, но, приняв это предположение, необходимо согласо-
вать с ним направления усилий в стержнях. Допустим, что балка
2*
35
опустится и наклонится, как показано на рис. 2.13, б. Для того
чтобы она заняла такое положение, крайние стержни должны быть
растянуты, а средний сжат, т. е. усилия М и Уз должны быть
направлены от балки, a N2 — к балке. Эти усилия показаны на рис.
2.13, б. Составляя сумму проекций всех сил на вертикальную ось
и сумму их моментов относительно центра среднего шарнира,
получаем:
(1)
3M-3F-2JV3=0.	(2)
Уравнение перемещений составляем так же, как в предыдущей
задаче
Л/1-Д/з_5
Д/2—Д/з""" 2*
Обозначив получим для изменения длин стержней следу-
ющие выражения:
Д/2=*М; Д4=Ж
Подставив их в уравнение перемещений, будем иметь:
/гм-^з 5
1	2’
-/W2-/Ws
ЗЛ^ —3N3 5
W2-3W3	2’
или окончательно
6Ni — 5N2+9N3 — 0.
(3)
Решив совместно уравнения (1), (2) и (3), найдем:
M=-F; N2=—F; N3=--F.
16	32	32
Усилия Ni и N2 получились положительными, что указывает
на совпадение их предположительных направлений с действитель-
ными (стержень 1 растянут, а стержень 2 сжат); усилие N3 получи-
лось со знаком минус, т. е. в действительности оно направлено
противоположно принятому — стержень 3 испытывает сжатие.
Сделаем некоторые дополнительные указания к решению. Начиная решать
задачу, можно было принять схему деформации, показанную на рис. 2.13, в. Тогда
следовало бы считать, что стержень 1 растянут, а стержни 2 и 3 сжаты (направления
усилий показаны на рис. 2.13, в). Соответственно изменились бы на противополож-
ные знаки последних слагаемых левых частей уравнений равновесия (1) и (2). Для
составления уравнения перемещений следовало провести через точку С3 пря-
мую, параллельную первоначальному положению балки; тогда на основе выбранной
схемы получили бы:
36
All + &1з 5
Ы2+2
Подставив значения изменений длин стержней, выраженные через усилия и коэф-
фициенты податливости, и решив совместно уравнения статики и перемещений,
найдем значения М, ^2 и ^з. В отличие от предыдущего решения здесь
Л'з получится положительным.
Иногда при решении подобных задач принимают предварительно, как это
делают в теоретической механике при расчете ферм, что во всех Стержнях возникают
растягивающие усилия. Если принять такое предположение, то для получения пра-
вильного решения задачи необходимо согласовать выбранную схему деформации
с предположительно принятыми направлениями усилий. Поясним сказанное на
конкретном примере. Пусть выбрана схема деформации по рис. 2.13, б и все усилия
приняты растягивающими (направлены от балки); тогда для стержня 2 надо учесть,
что по схеме деформации он сжат, а при составлении уравнений статики принято, что
усилие в нем растягивающее, т. е. характер деформации и направление усилия не
согласованы. Для устранения этой несогласованности надо при расшифровке уравне-
ния перемещений подставить в него Д/2= —1/3^2 (a не ^2= /3/^2. как в первом
варианте решения). Конечно, предпочтительно принимать направления усилий в со-
ответствии с намеченной схемой деформации, как это и было сделано при решении
рассматриваемой задачи.
Задача 2.8. Определить усилия в стержнях, поддерживающих
весьма жесткую балку, которую можно считать недеформируемой
(рис. 2.14, а). Для стержня 1 построить эпюры продольных сил
и перемещений. Материал стержней одинаков. АВ=За; ВС=2а.
Решение. Заданная статически неопределимая система анало-
гична рассмотренной в предыдущей задаче, но имеет ту особен-
ность, что внешняя сила F приложена не к балке, а к промежуточ-
ному сечению стержня. Допустим, что в результате деформации
стержней балка займет положение, показанное на рис. 2.14, б штри-
ховыми линиями. При этом стержень 2 будет сжат, а стержень
3 — растянут, стержень 1 удлиняется, но это отнюдь не означает,
что во всех его поперечных сечениях возникают растягивающие
продольные силы, — при заданном нагружении очевидно, что ниж-
няя часть стержня будет сжата, а верхняя растянута. При примене-
нии метода сечений разрежем стержень 1 вблизи шарнира А (в каких
местах разрезать стержни 2 и 3, конечно, безразлично, так как для
каждого из них продольные силы, возникающие во всех поперечных
сечениях, одинаковы), соответствующую продольную силу обозна-
чим 7V1H (см. рис. 2.14, б). Подчеркиваем, что в уравнения равновесия
сила Fne войдет*. Составляем эти уравнения (проектируем все силы
на вертикальную ось и берем сумму их моментов относительно
Центра шарнира В)
*Если разрезать стержень 1 выше сечения D, то в уравнения равновесия войдет
сила F и продольная сила Л7],, возникающая в поперечных сечениях верхней части
стержня (N1B = F-N1H).
37
-^„ + ^2 + ^з = 0;	(1)
-N1B3a-M2a=0.	(2)
На основе схемы, представленной на рис. 2.14, б, составляем
уравнение перемещений (устанавливаем зависимость между переме-
щениями Дл, Дй и Дс шарниров А, В и Q
Дл-Дс_5
Дв—Дс~ 2
Перемещение шарнира В равно укорочению стержня 2, а переме-
щение шарнира С — удлинению стержня 3:
Ab—AIj— — — ftN?', Дс—Л13 —— -~PN3,
ЕА	ЕА
где^=^-
Перемещение шарнира А равно изменению длины (по приня-
тому предположению — удлинению) стержня 1. На рис. 2.14, в
с)
38
отдельно показан стержень 1, закрепленный верхним концом; дей-
ствие балки на стержень заменено силой Nln. Пользуясь прин-
ципом независимости действия сил, составляем выражение для
изменения длины стержня:
-&l1F+ ЛА ль, -—
Мн/
ЕА
Мн/
Е2А
=РГ-3~РЫЯ.
После подстановки выражений для Ал, Ая и Ас в уравнение
перемещений получаем:
3
/>л--/»Мн-/»М 5
РМ-/?М -2*
откуда
2Г-ЗЛГ1н-5Л/2-|-ЗЛГ3=0.	(3)
Решив совместно уравнения (1), (2) и (3), найдем:
n2=~- м=
10	4
20
Знак минус указывает,
что направление силы
N} противоположно приня-
тому предварительно, т. е.
этот стержень испытывает
сжатие.
На рис. 2.15 отдельно
показан стержень 1 и по-
строены эпюры продоль-
ных сил и перемещений.
Так как построение этих
эпюр не отличается от из-
ложенного в задаче 2.1, то
дополнительных поясне-
ний не приводим.
Если бы при применении ме-
тода сечений стержень 1 был раз-
резан выше сечения D, то уравне-
ния равновесия имели бы вид:
Рис. 2.15
Мв-Е+М+М = 0;
М«3о-F3a—М2а=0.
Уравнение перемещений оставалось бы прежним, но его расшифровка несколько
изменилась бы — выражение для Д^ или, что то же самое, для изменения длины
стержня 1 содержало, бы величину продольной силы Мв> возникающей в поперечных
мнениях верхней части стержня:
39
N1J NiJ Fl 3	1
Л^=Л/]дг. +A/i/-= I----------=~ /WiB—~ PF.
1B E2A EA E2A 2	2
В результате решения получили бы прежние значения .V; и Л’з и N1B=9/10.F,
т. е., конечно, то же прежнее значение — см. эпюру на рис. 2.15.
Задача 2.9. Определить из расчета на прочность требуемые пло-
щади поперечных сечений стержней системы, изображенной на рис.
2.16, а. Материал стержней сталь Ст. 3, допускаемое напряжение
[сг] = 160 МПа. При найденных размерах сечений вычислить вер-
тикальное перемещение шарнира D, если £’=2,0' 1011 Па.
Решение. Система один раз статически неопределима. Дейст-
вительно, вырезая узлы А и D (рис. 2.16, б), можем составить для
й)
у
*3
40
Для узла А
откуда
или
Для узла D
откуда
или
каждого из них два уравнения равновесия, а общее число неизвест-
ных усилий в стержнях равно пяти.
Составляем уравнения равновесия, предполагая, что стержни 1,
2 и 5 растянуты, а 4 и 5 сжаты (см. рис. 2.16, б).
Хи=0;
— Л\ sin у 4-sin у = О,
ЛГ,=М.	(1)
Lv = 0;
—N3+./Vi cosy + W2cosy = 0,
A'3=2jV1cosy.	(2)
*
Eu=0;
7V4 sin (p — Ns sin (p = 0,
N^Ns.	(3)
Xv=0;
—F+ Ns + N4 cos (p + Ns cos cp = 0,
N3 4- 2N4 cos (p=F.	(4)
Составим уравнение перемещений, выражающее связь между
вертикальными перемещениями шарниров А и D. Мы предположи-
ли, что стержень 3 растянут, следовательно, шарнир D опустится
больше, чем шарнир А, на величину удлинения стержня 3 (см. рис.
2.16, а)
Дд = Дл + Д/з-	(5')
Связь между вертикальными перемещениями шарниров и изме-
нениями длин стержней выразим из диаграмм перемещений, пока-
занных штриховыми линиями на рис. 2.16, а.
Для нахождения положения шарнира А после деформации (точ-
ка As) следовало бы провести из точек В и С (как из центров)
дуговые засечки радиусами Д4-Д/1 и 1г+Ы2, но в силу малости
деформаций можно отложить на продолжении стержня величину
его удлинения и вместо дуговой засечки провести из полученной
точки перпендикуляр к направлению стержня. Заметим, что диа-
грамма перемещений может строиться в произвольном масштабе,
не связанном с масштабом чертежа самой стержневой системы.
41
Для узла А имеем:
л _Л/|
.
cosy
Для узла D
Ав= 
cos ер
Подставляя значения Ал и Ас в уравнение (5'), получаем:
cos (Р cos у
или
N& NJi N3l3
-------—--------1---,
EA cos ср ЕА cos у Е2А
где	4
2а	а
Ц =----; /1=----; 13 = 2а.
COS (р	cos у
Окончательно получаем уравнение перемещений в виде:
N^2a	N^a	N32a
-------=-------+-----.	(5'")
ЕА cos2 tp ЕА cos2 у Е2А
Решив совместно уравнения статики (2), (4) и уравнение переме-
щений (5"'), найдем усилия в стержнях
^=JV2=0,276F;
М = 0,389Г;
2V4=2V5 = 0,352F.
Напряжения в стержнях
Ni 0.276F
°i=°п = . =--------------------------;

0,389Л_0,195Л
2А ~ А ’
N«	0.352F
tfjv — Оу —— —-----------
А А
Наибольшие напряжения возникают в стержнях 4 и 5. Условие
прочности
O’jy—
0,352^
А

42
откуда
0,352F
И
Подставляя числовые значения, получаем:
0,352-200-10’ , ,	. 7
А^------------= 4,4 10 4 м2.
160 106
При таком значении А напряжение в стержне 1 (или 2)
0,276Л 0,276'200 10’ _ , , „
б-, = стп=---=------------=126’ 10б Па =126 МПа
А 4,4 10-4
и в стержне 3
0,195F 0,195 200 10’ „„ „
сш=------=-----------= 88,3 10б Па=88,3 МПа.
А 4,4 10"4
Таким образом, стержни 1, 2 и 3 недогружены, однако отсюда
нельзя сделать вывод о возможности уменьшения их сечений, так
как найденные усилия получены при вполне определенном соот-
ношении жесткостей стержней, указанном в условии задачи. Этим
статически неопределимые системы отличаются от статически опре-
делимых, усилия в которых не зависят от жесткости стержней,
поэтому при проектном расчете статически определимых систем
площади сечений определяются из условий прочности для каждого
стержня независимо от других.
Определим вертикальное перемещение шарнира D
2а
N* cos<p 0,352F2a	0,352 200 10’ 2
Д	------- *-*--—--- —	~~
cos <р EAcostp EAcos2(p 2'1011'4,410~4cos230°
=2,14’ 1СГ3 м=2,14 мм.
Полученный результат иллюстрирует малость перемещений по
сравнению с габаритными размерами системы и, следовательно,
подтверждает допустимость применения указанного выше способа
построения диаграмм перемещений.
Задача 2.10. Весьма жесткая балка, которую можно считать
недеформируемой, шарнирно укреплена в стене и поддерживается
двумя стальными тягами, как показано на рис. 2.17, а. Стержень?
нагревается на А/° по сравнению с температурой монтажа системы.
Определить допускаемое повышение температуры из условия, что-
бы напряжения в стержнях не превышали [сг] = 60 МПа. Коэффици-
ент линейного расширения а=12,5 10-6 С1; модуль продольной
упругости £=2,1 • 10lf Па.
43
Решение. Система один раз статически неопределима — для
плоской системы параллельных сил статика дает два уравнения
равновесия, а неизвестных усилий три: вертикальная реакция шар-
нира А и усилия в стержнях У] и N2.
При нагреве стержня балка повернется, оставаясь прямолиней-
ной (так как принято, что балка абсолютно жесткая), вокруг шар-
нира А. Положение балки после деформации условно показано на
рис. 2.17, б штриховыми линиями.
При нагреве второго стержня в нем возникает сжимающее уси-
лие, так как балка, поддерживаемая стержнем 1, препятствует его
свободному температурному удлинению. Стремясь удлиниться,
стержень 2 давит на балку и вызывает растяжение стержня 1.
Уравнение равновесия (см. рис. 2.17, б)
Ътл - 0;
-Nx'2+N2- 5 = 0
или
NX = 2,5N2.
(1)
44
Составлять второе уравнение равновесия (сумма проекций на
ось, параллельную силам) в данном случае не имеет смысла, так как
в него войдет реакция VA шарнира А, определять которую не нужно.
Уравнение перемещений (см. рис. 2.17, б)
Лд_2
Ас” 5
(29
Ад — перемещение точки В равно удлинению стержня 1, соответст-
вующего возникающему в нем усилию Nx,
Мб
Ад=Д/,=-
ЕА\
Ас — перемещение точки С равно изменению длины второго стерж-
ня, которое является следствием его нагрева и возникновения в нем
сжимающего усилия N2 (рис. 2.17, в):
Ас—AZ2 — А/2/+А/2упр.
Расшифровывая это выражение и учитывая, что усилие N2 сжима-
ющее, получаем:
MZ2
Ас-а/2А/-Д~.
еа2
Заметим, что если бы предположили, что усилие N2 — растягивающее, следо-
вало бы второе слагаемое взять со знаком плюс. Решив при таком предположении
задачу до конца, получим для N2 ответ со знаком минус, что укажет на проти-
воположность фактического направления усилия первоначально принятому.
Подставляя значения Ад и Ас в уравнение (2'), получаем:
Мб
ЕАг
--------= ?	(2")
Мб 5
aZ2Az—--
ЕА2
Для сокращения записи введем коэффициенты податливости:
2
-=23,8-10“ 9
2,1 10й 4 10“4

м/Н;
б
еа2
3
2,1 10”-8-КГ*
= 17,9'10“9
м/Н,
45
тогда взамен уравнения (2") будем иметь:
PlNl _2
а/2Д1—p2N2 5
(2"')
Решив совместно уравнения (1) и (2"'), найдем:
а/2Д/
Л,=— 2------;
2,50,+ 0,402
0,4я/2Л/
n2=	—.
2,50! +О,402
Напряжения в стержнях
ЛГ, а/2Дг
ffi=- =	--------;
(2,501+О,402)Л1
N2	0,5а/2ДГ
сгп = — = 	.
А2	(2,50,+О,402)Л2
Напряжение в стержне 1 больше, чем в стержне 2, поэтому
допускаемое повышение температуры определим из условия
прочности этого стержня
а/2Д/
01 = -	----
(2,501+О,402)Л1
откуда
[Дг]=
[а]Л, (2,50!+О,402)
а/2
Подставив числовые значения, получим:
60 4  10’4 (2,5 23,8 10 9 + 0,4 17,9 10"9)
12,5 10"6 3,0
Задача 2.11. На рис. 2.18 изображена двухрядная роликовая цепь.
При сборке цепи оказалось, что шаг средних пластин 2 меньше шага
крайних пластин 1 и 3 на величину <5=18 10 3 мм. Шаг крайних
пластин равен номинальному значению / = 50 мм. Считая валики
4 и 5 абсолютно жесткими, определить напряжения, возникающие
в поперечных сечениях пластин при сборке цепи. Расчет выполнить
приближенно, считая сечение пластин постоянным, а длину их
равной шагу t = 50 мм. Принять Е=2,1 • 1011 Па.
46
Рис. 2.18
Решение. На рис. 2.19, а изображена расчетная схема, на кото-
рой валики цепи представлены в виде абсолютно жестких плит
А и В, а пластины — в виде шарнирно-прикрепленных к плитам
стержней 7, 2 и 5. Нетрудно понять, что после сборки цепи средняя
пластина будет растянута, а крайние — сжаты. Соответствующие
продольные силы в пластинах показаны на рис. 2.19, б, где изоб-
ражена левая отсеченная часть систе-
мы после сборки. Задача нахождения
продольных сил статически неопре-
делима: для плоской системы парал-
лельных сил статика дает два уравне-
ния равновесия, а неизвестных уси-
лий три.
Уравнения равновесия дают:
(1)
Для составления уравнения пере-
мещений обратимся к рис. 2.19, в.
Будем считать левую плиту (валик)
условно неподвижной, тогда правая
плита после сборки сместится влево
на величину A/i — укорочения стерж-
ня 1 (или 3), а стержень 2 окажется
растянутым на величину Л/2. Из
чертежа имеем:
Рис. 2.19
47
<5 — АД + ЛД.
Учитывая, что
А/,= *	И Д/2= 2 =Д^ = №,
ЬА	Е2А	2
получаем
<5=AM+ ’^2-	(3)
2
Решая совместно уравнения (2) и (3), находим:
г=АМ+^1'2М
или
Напряжения в поперечных сечениях пластин
N1	^2
о-! —Сщ— , Оц —
А	2А
Учитывая, что N2 = 2N\, получаем:
Ni 5
kl| = On=|Om|= =
A 2piA
5Е
2t
18 10“3 10’3 2,1 1011
2 50
= 37,8 МПа.
Задача 2.12. На рис. 2.20 дано полусхематичное изображение
установки силовой шпильки в конструкции авиационного пор-
шневого двигателя. Для обеспечения герметичности стыков при
работе двигателя напряжение в поперечном сечении шпильки, вы-
званное ее затяжкой при монтаже, должно составлять сгзат =
=400 МПа. Определить, пользуясь расчетной схемой по рис.
2.21, а, величину необходимой затяжки гайки для создания в шпиль-
ке заданного напряжения; шаг резьбы 5= 1,5 мм. Материал шпиль-
ки — легированная сталь 18ХНВА, £„ = 2,0 1011 Па; материал стя-
гиваемых шпилькой деталей — силумин, Ес=0,15'1011 Па.
Решение. При переходе от заданной конструкции к расчетной
схеме (см. рис. 2.21, а) представляем стягиваемые детали в виде трех
охватывающих шпильку трубок, заключенных между жесткой шай-
бой и корпусом (картером). Вместо трех трубок можно, конечно,
рассматривать одну трубку с переменной толщиной стенок, так как
48
все стягиваемые детали изготовлены из одного и того же матери-
ала. В дальнейшем будем называть стягиваемые детали трубкой.
Заметим, что указанные на рис. 2.21, а значения площадей попереч-
ных сечений деталей следует рас-
сматривать как величины, опре-
деленные экспериментально.
При затягивании гайки труб-
ка будет сжиматься, а шпиль-
ка — растягиваться.
Рис. 2.21
Рис. 2.20
Применяя метод сечений и рассматривая условие равновесия
оставленной части (рис. 2.21, б), получаем:
N1Ш1  №гр-
Таким образом, задача статически неопределима, так как неизвест-
ных усилий два, а статика дает лишь одно уравнение (система сил,
направленных по одной прямой).
Для составления уравнения перемещений будем рассуждать сле-
дующим образом: при завертывании гайки на i оборотов она пере-
местится на A = i5. Так как вначале торец гайки касался шайбы, то
это перемещение может быть осуществлено лишь за счет дефор-
маций шпильки и трубки. Предположим, что трубка абсолютно
жесткая, тогда перемещение гайки будет равно удлинению шпиль-
ки. Если допустить, что трубка упругая, а шпилька абсолютно
жесткая, то перемещение гайки будет равно сжатию (укорочению)
трубки. Фактически и трубка и шпилька упруги и при затягивании
гайки деформируются. Следовательно, перемещение гайки равно
сумме удлинения шпильки и укорочения трубки
49
Л=15=Л/ШП+|Д/1Т|.
Выражая изменения длин шпильки и трубки через усилия и ко-
эффициенты податливости, будем иметь:
А = iS = Дпп-ТУшп + РтрМтр = Л'шп (^шп + Ртр)-
Вычислим коэффициент податливости шпильки, считая ее расчет-
ную длину равной длине трубки (350 мм) и расчетный диаметр
<,п= 19,5 мм,
0,35 4
п = /цш
““	2 1011 3,14 1,952 10
= 5,86 10 9 m/H.
4
Коэффициент податливости трубки равен сумме коэффициентов
податливости трех составляющих ее трубок
„ „ „ „

EqAi EcA2 Е^Аъ
7,0 10"2 0,30 10 "2 27,7 Ю’Л 1
'--------------------------------=1,81 10~9м/Н.
0,75 10й
Определим требуемое усилие затяжки шпильки
=	’< = 400 10«	10’ Н.
4	4
Выражая число оборотов гайки при затяжке через найденные
величины, получаем:
. _ Мтш (fium + Дтр) _ 119  103 (5,86 10"’+1,81 10"®)
46'10*4	50 10-4	23 10’4
S	0,15 10"2
Задача 2.13. По данным предыдущей задачи определить, на
сколько возрастут напряжения в шпильке за счет того, что при
работе двигателя температура конструкции повысится на 75°. Коэф-
фициенты линейного расширения: стали аст=12-10“6 С-1, силуми-
на ас=22-10-6 С-1.
Решение. Расчетная схема остается та же, что и в преды-
дущей задаче, т. е. рассматривается шпилька с охватывающей ее
трубкой переменного поперечного сечения. Определим температур-
ные напряжения, не учитывая напряжений, вызванных затяжкой;
полные напряжения (от затяжки и нагрева) можно будет опреде-
лить, суммируя результаты решения этой и предыдущей задач.
При нагреве конструкции и шпилька, и трубка удлиняются,
и если бы коэффициенты линейного расширения их материалов
50
были одинаковы, то никаких температурных напряжений ни
в шпильке, ни в трубке не возникло. Трубка при нагреве должна
была бы удлиниться больше, чем шпилька (так как	но этому
препятствует гайка, навернутая на шпильку. Таким образом, трубка
давит на гайку, мешающую свободному температурному удлине-
нию трубки, и тем самым вызывает растяжение шпильки. Сама
трубка при этом оказывается сжатой. Усилия в произвольном попе-
речном сечении системы шпилька — трубка будут иметь направле-
ния, указанные на рис. 2.21, б. Уравнение равновесия сил, действу-
ющих на отсеченную часть, дает:
Уt ШИ = УI тр-
Здесь в обозначениях продольных сил добавлен индекс t, чтобы подчеркнуть
причину их возникновения — изменение температуры конструкции.
Задача оказывается статически неопределимой. Составим
уравнение перемещений. Очевидно, что суммарные (т. е. вызванные
нагревом и возникающими при этом усилиями) изменения длин
трубки и шпильки одинаковы
А/щП ~ А/Тр,
НО
А/Шп— ( 4хш)х ( 1^шп)упр ст	/^шпУх шп
И
АДр (А^гр)х ^гр)унр ^сА/Др /^'<р Тр-
Таким образом,
0СсгА//шп +шп — ОСсА^/тр ДгрУх тр-
Отсюда, учитывая, что У, шп=У, .ф, получаем:
4рЛ'(®с~“ст)
Ух шп= Ух тр = ~	•
Ршп ' Ртр
Подставляя числовые данные (значения и /?тр, см. в решении
задачи 2.12), получаем:
0,35 75 (22-12) 10~6 „	„
Ух шп = Ух тр =~-----------— — = 342 ’ 10 Н’
(5,86 + 1,81)-10‘9
Напряжения в поперечном сечении шпильки
кг	347•102
-НЕЕ=-------—---------= 115  10б Па = 115 МПа.
я	3,14
-^шп --------1,952-10-4
4	4
51
ГЛАВА III
ОСНОВЫ ТЕОРИИ НАПРЯЖЕННОГО И
ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ
§ 7. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ
Исследование напряженного состояния в точке тела
Напряженное состояние в точке тела характеризуется совокуп-
ностью всех нормальных и касательных напряжений, возникающих
на всем бесчисленном множестве площадок, которые можно прове-
сти через данную точку*. В общем случае среди этого бесчислен-
ного множества площадок есть три такие взаимно перпендикуляр-
ные площадки, на которых отсутствуют касательные напряжения.
Эти площадки называют главными', возникающие на них нормаль-
ные напряжения также называют главными и обозначают сть ст2,
при этом индексы расставляют таким образом, чтобы были со-
блюдены следующие неравенства (в алгебраическом смысле):
Ci > Сг > ст3.
Различают линейное (или одноосное), плоское (или двухос-
ное) и объемное (или трехосное) напряженные состояния. При
линейном напряженном состоянии только одно из главных напря-
жений (ст! при одноосном растяжении или ст3 при одноосном
сжатии) отлично от нуля. При плоском напряженном состоянии не
равны нулю два главных напряжения и, наконец, при объемном -—
все три главных напряжения отличны от нуля. Бесконечно малые
элементы, выделенные главными площадками в окрест-
ностях точек тела, находящихся в объемном, плоском и линейном
напряженном состояниях, показаны (для случая положительных
главных напряжений) на рис. 3.1, а, б, в.
Отметим, что в тех частных случаях, когда два из главных
напряжений (или все три) равны между собой, главных площадок не
три, а бесчисленное множество. Никакие промежуточные случаи
невозможны, т. е. главных площадок либо три, либо бес-
конечное множество.
’Напомним, что бессмысленно говорить о напряжении в данной точке тела, не
указывая ориентировку площадки действия этого напряжения, так как в общем
случае напряжения, возникающие на различных площадках, проходящих через одну
и ту же точку, имеют различные значения. Именно это обстоятельство приводит
к необходимости введения понятия о напряженном состоянии в точке тела.
52
Максимальные касательные напряжения возникают на площад-
ках, составляющих углы по 45° с площадками действия максималь-
ного (cti) и минимального (ff3) главных напряжений.
Площадка действия максимального касательного напряжения
показана (заштрихована) на рис. 3.2; вторая площадка (перпен-
дикулярная указанной) для упрощения чертежа не изображена. Ка-
сательные напряжения на этих двух площадках равны по абсолют-
ной величине, что вытекает из закона парности касательных напря-
жений, формулировка которого приведена несколько ниже.
Рис. 3.1
Максимальные касательные напряжения связаны с главными
зависимостью
tri —аз
.	(3.1)
Для исследования напряженного состояния в данной точке тела
(конструкции), т. е. для получения зависимостей, позволяющих
определить напряжение по любой, проходящей через указанную
точку площадке, должны быть известны напряжения по каким-либо
трем (любым) взаимно перпендикулярным площадкам, проходя-
щим через эту точку. Эти площадки и возникающие на них напряже-
ния называют исходными. Для элементов (точек), показанных на
рис. 3.1 и 3.2, исходными являются главные площадки. В наиболее
общем случае вектор напряжения, возникающего на каждой из
исходных площадок, может быть представлен в виде трех составля-
ющих (рис. 3.3)*. Эти девять составляющих носят название ком-
понентов напряженного состояния в данной точке. Из указанных
девяти компонентов независимыми являются шесть, так как состав-
ляющие касательных напряжений попарно равны друг другу:
Tjg, =	Ту, TZy, TXZ TZX.
Приведенные соотношения выражают закон парности каса-
тельных напряжений: на любых двух взаимно перпендикулярных
’Правило индексов для напряжений приведено на с. 9.
53
гранях элемента составляющие касательных напряжений, направ-
ленные перпендикулярно к общему ребру этих граней, всегда равны по
величине и направлены либо к этому ребру, либо от него.
Рис. 3.2

Остановимся несколько подробнее на исследовании плоского
напряженного состояния. При плоском напряженном состоянии
всегда можно выделить элемент таким образом, чтобы одна из его
граней была свободна от напряжений (рис. 3.4). Эта грань является
одной из главных площадок (касательные напряжения на ней отсут-
Рис. 3.4
ствуют), ее можно назвать нулевой главной площадкой. Обыч-
но ограничиваются определением напряжений, возникающих на
площадках, принадлежащих серии* (семейству) площадок, перпен-
дикулярных свободной от напряжений грани элемента. Нормальное
и касательное напряжения, возникающие на произвольной площад-
*Серией (или семейством) площадок называют совокупность бесчисленного
множества площадок, перпендикулярных к одной и той же плоскости или, что то же
самое, параллельных одной и той же прямой.
54
ке, нормаль к которой составляет угол а с осью Oz, определяются
по формулам:
0"^ Ч- Gy G? Gy
=-------- ч----cos 2а—т,, sin 2а;
2	2
(3.2)
z и у
та=—sin2a + r2>cos2a.	(3.3)
Угол а отсчитывается от оси Oz против хода часовой стрелки. При
пользовании как формулами (3.2), (3.3), так и формулами, приведен-
ными ниже, придерживаются следу-
ющих правил знаков: растягива-
ющее нормальное напряжение счи-
тают положительным; касательное
напряжение считают положитель-
ным, если внешнюю нормаль к пло-
щадке его действия надо повернуть
на 90° по часовой стрелке для того,
чтобы ее направление совпало с на-
правлением т (рис. 3.5).
Среди площадок рассматриваемой серии есть две главные
площадки, направления нормалей к которым определяются из
выражения
2т„
tg2oo=-----(3.4)
°z— ° у
Величины соответствующих главных напряжений определяют по
формуле
(3-5)
Здесь принят индекс «гл», так как до определения величин этих
напряжений нельзя установить, следует ли их обозначить 04 и а2 или
д2 и ст3 и т. п. (см. ниже задачу 3.2).
Максимальное касательное напряжение после определения вели-
чин главных напряжений находят по формуле (3.1).
В случае если на одной из исходных (ненулевых) площадок
отсутствует нормальное напряжение (рис. 3.6), напряженное состоя-
ние иногда называют упрощенным плоским*. В этом случае
взамен формул (3.2), (3.3), (3.4) имеем:
♦Происхождение этого названия достаточно очевидно: действительно, иссле-
дование напряженного состояния по рис. 3.6 несколько проще, чем напряженного
состояния по рис. 3.4, так как для первого из них ау=0.
55
оа= — (1 + cos 2а) — тх>,sin2а;
2
az
та=— sin 2а + т™ cos 2а;
2
(3.6)
(3.7)
(3.8)
Главные напряжения определяются по формулам:
2
G-
.2 .
zyi
ст2=0;
(3-9)
стэ= -
2 ^2
Подчеркнем, что для данного типа напряженного состояния
характерно равенство нулю всегда промежуточного по вели-
чине главного напряжения.
Из формул (3.1) и (3.9) следует, что для упрощенного плоского
напряженного состояния
(3.10)
Упрощенное плоское напряженное состояние наиболее часто
встречается при практических инженерных расчетах, так как именно
этот тип напряженного состояния имеет место в точках бруса
в общем случае его нагружения (см. гл. X).
Частным случаем плоского напряженного состояния является
чистый сдвиг. При чистом сдвиге в окрестности точки можно выде-
56
лить элемент таким образом, чтобы по четырем его граням дей-
ствовали только равные по модулю касательные напряжения, а две
грани были от напряжений свободны (рис. 3.7). При чистом сдвиге
не равные нулю главные напряжения связаны с исходными каса-
тельными напряжениями зависимостью
— СТ3 TZy Тдщх.	(3.11)
Промежуточное по величине главное напряжение сг2=0.
Таким образом, чистый сдвиг можно охарактеризовать как
такое плоское напряженное состояние, при котором не равные нулю
главные напряжения равны по модулю и противоположны по знаку.
Подчеркнем также, что показанные на рис. 3.7 исходные касатель-
ные напряжения максимальны для данной точки тела т„=тШ11Х. На
рис. 3.8 показано взаимное расположение площадок действия мак-
симальных касательных напряжений и главных площадок.
Рис. 3.7
Одноосное напряженное состояние возникает, в частности, в точ-
ках бруса, работающего на растяжение (рис. 3.9) или сжатие. Нор-
мальное и касательное напряжения в сечении, нормаль к которому
составляет угол а с продольной осью бруса, связаны с напряжени-
ями cz, возникающими в поперечном сечении бруса, зависимостями:
CTa=o-zcos2a;	(3.12)
та=- sin 2a.	(3.13)
2
В общем случае объемного напряженного состояния (см. рис. 3.3) главные
напряжения определяются как корни кубического уравнения
СТгл-Л^л + /2СТгл-/3 = 0.	(3.14)
Здесь
/i=ox + oy+oz;
h=Ох Оу + oyoz + cr/Tx - т2 - т2 - т2;
Д о xtJytJz оxTyZ Оу tzx оz лху 4- 2тхут:у1хzx.
57
Величины Ii, I2, /3 называют инвариантами напряженного состояния
в данной точке, так как их значения остаются неизменными при любом выборе
исходных площадок. Конечно, формула (3.14) справедлива и для всех частных
случаев напряженных состояний (плоского и т д.), но в этих случаях удобнее
пользоваться зависимостями (3.5), (3.9).
При применении формулы (3.14) правило знаков для касательных напряжений
отлично от указанного выше, а именно т приписывают знак плюс, если на площадке,
внешняя нормаль к которой совпадает с положительным направлением координат-
ной оси, вектор т направлен также в сторону положительного направления соответ-
ствующей оси. Согласно этому правилу все касательные напряжения, показанные на
рис. 3.3, положительны.
Площадки, равнонаклоненные ко всем главным площадкам, носят название
октаэдрических. Напряжения, возникающие на этих площадках, также называют
октаэдрическими. При известных (заданных или найденных) главных напряжени-
ях величины октаэдрических напряжений определяют по формулам:
октаэдрические нормальные напряжения
<7] -t- <72 + °3
*огг= 3	;	(3.15)
октаэдрические касательные напряжения
1 .
Л>гг= v(ffi -	+(^2-<гз)2 + (ff3-<и)2-	(3.16)
Деформированное состояние. Обобщенный закон Гука.
Энергия деформации
При анализе деформированного состояния так же, как
и при рассмотрении напряженного состояния, тело можно пред-
ставить состоящим из бесчисленного множества бесконечно малых
(элементарных) параллелепипедов. Деформации элементарного па-
раллелепипеда, т. е. деформированное состояние в точке, в окре-
стности которой выделен этот параллелепипед, характеризуются
относительными удлинениями (укорочениями) его ребер — линей-
ными деформациями ех, еу, ez (рис. 3.10)
ДЛс	Ady	Adz
£х=	; еу= ; е2 =
dx	dy	dz
58
и изменениями первоначально прямых углов между его гранями —
угловыми деформациями уху, yzx, yyz (рис. 3.11). Последние
считают положительными при уменьшении первоначально прямых
углов между гранями элемента.
Через данную точку тела всегда можно провести три такие
взаимно перпендикулярные оси, угол между которыми в процессе
деформации остается неизменным. Эти оси называют главными
осями деформаций, а деформации в направлении этих осей — глав-
ными деформациями', их обозначают еь е2, е3. При малых дефор-
мациях, рассматриваемых в курсе сопротивления материалов, на-
правления главных деформаций совпадают с направлени-
ями главных напряжений.
Различают трехосное (все три главные деформации отличны от
нуля), двухосное (одна из главных деформаций равна нулю),
59
одноосное (лишь одна из главных деформаций не равна нулю)
деформированные состояния. Отметим, что при одноосном рас-
тяжении возникает линейное напряженное состояние (сг1>0;
ст2=сгз = 0) и объемное деформированное состояние (ej > 0;
£2 = Е3= - ДЕ,).
Для точки поверхности нагруженного тела ось, перпендикуляр-
ная к этой поверхности, в большинстве случаев является одной из
главных осей деформации. Обычно ограничиваются определением
двух главных деформаций в плоскости, касательной к поверхности
тела. Если эти деформации известны (например, определены экс-
периментально с помощью электротензометрической установки), то
деформация Еа в произвольном направлении в указанной плоскости
определяется по формуле
Еа = Е] cos2 а + е2 sin2 а.	(3.17)
Угол а отсчитывается против часовой стрелки от направления е,.
Если одна из главных деформаций положительна, а другая отри-
цательна, то их обозначают соответственно в, и е3. Если обе
Рис. 3.12
они отрицательны, то обозначить
их следует е2 и еэ. При таком
правиле индексов деформация
в направлении, перпендикуляр-
ном к поверхности тела, не учи-
тывается, т. е. условно принима-
ется, что она равна нулю.
Рассмотрим бесконечно ма-
лый элемент, выделенный в окре-
стности некоторой точки нагру-
женного упругого тела. Пусть на
гранях этого элемента возникают
нормальные напряжения сгх, ау
и (рис. 3.12). Обобщенный за-
кон Гука выражает зависимость между этими напряжениями и де-
формациями в направлении каждого из них:
кх-д(^ + стг)];
Е
е/=-К-д(^+пх)];
Е
EZ = 4kz-M(ffx+<Ty)].
(3.18)
В указанные зависимости значения напряжений следует подстав-
лять со своими знаками (напряжения растяжения считают положи-
тельными).
60
Заметим, что если по граням элемента (см. рис. 3.12), кроме
нормальных, действуют также и касательные напряжения, фор-
мулы (3.18) остаются в силе.
Углы сдвига (угловые деформации) связаны с соответствующи-
ми касательными напряжениями (см. рис. 3.3 и 3.11) зависимостями
(закон Гука при сдвиге):
J bz--; 7«=—	(3.19)
G	G	G
Здесь G — модуль сдвига (модуль упругости второго рода), фи-
зическая константа, характеризующая жесткость материала при
угловых деформациях.
Для изотропного тела три упругие постоянные Е, G и д связаны
между собой зависимостью
G=—£ .
20+Д)
(3.20)
Относительное изменение объема элемента (объемную дефор-
мацию) при малых линейных деформациях определяют по одной из
следующих формул:
0=ex+e>, + ez;	(3.21)
0 = 1—— (ax+ay+az);	(3.22)
Е
ЗК
Е
где К=----------объемный модуль упругости.
3(1-2д)
Формулы (3.18), (3.21), (3.22), (3.23) могут быть применены не
только к бесконечно малому элементу, но и к телу в целом при
условии, что его напряженное состояние однородно, т. е. оди-
наково во всех его точках.
Удельная потенциальная энергия деформации, т. е. энергия, от-
несенная к единице объема тела, для некоторой точки упругого тела
определяется по формуле
и=— [стх + о у + ст, — 2 ц (а^7у+oyoz + ст,стх)] +
1Е
+	(ТХ7 + tyz + Tzx)-	(3.24)
2G
При известных главных напряжениях и деформациях взамен этой
формулы применяют одну из следующих:
61
CiEi °2£2	^3£3
и = — [ст2 + 02 + СТз - 2д (СТ10-2 + СТ2СТ3 + 0-3СГ1)].
(3.25)
(3.26)
Удельная потенциальная энергия деформации (полная) может
быть представлена в виде суммы
Н = иоб + Нф,
где ноб — удельная энергия, обусловленная изменением объема
элементарного параллелепипеда, определяемая по фор-
муле
ноб=(ffi + ст2 + ст3)2;	(3.27)
6Е
Нф — удельная энергия, обусловленная изменением формы
элементарного параллелепипеда (энергия формоизмене-
ния), для вычисления которой служит формула
«ф=^ [(Ст1-Ст2)2 + (СТ2-Стз)2 + (СТ3-Р1)2].	(3.28)
6Е
§ 8.	ПРИМЕРЫ ИССЛЕДОВАНИЯ НАПРЯЖЕННОГО
И ДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЙ
Задача 3.1. Для заданного напряженного состояния (рис. 3.13)
требуется:
а)	составить выражение для определения нормального и каса-
тельного напряжений на произвольной площадке, принадлежащей
серии площадок, параллельных оси Оу;
б)	пользуясь полученными выражениями, определить нормаль-
ное и касательное напряжения на площадке, нормаль к которой
составляет угол 20° с положительным направлением оси Oz, а также
вычислить максимальное касательное напряжение для рассматрива-
емой серии площадок;
в)	определить для рассматриваемой точки величину максималь-
ного касательного напряжения.
Решение. В рассматриваемом случае исходные площадки глав-
ные. По принятому для главных напряжений правилу индексов
ст1>о'2>о’з для заданного напряженного состояния имеем:
бГ1 = сгх = 120 МПа; ст2 —сгг—80 МПа; ст3 = о\= —160 МПа. Все три
главных напряжения отличны от нуля, т. е. заданное напряженное
состояние объемное (трехосное).
62
Напряжения в серии площадок, параллельных оси Оу, не зависят
от ау и, следовательно, могут быть определены по формулам (3.2),
(3.3), полученным для плоского напряженного состояния. На рис.
3.14 показаны площадки, являющиеся исходными при исследовании
указанной серии. При применении формул (3.2), (3.3) заменяем ау на
ох и учитываем, что касательные напряжения на исходных площад-
ках отсутствуют:
При а=20° (см. рис. 3.14) получим:
az + ax az—ax	80 + 120 80—120
о-а=20°=------1-----COS40 =------------1-------
2	2	2	2
0,766 = 84,7 МПа;
^а=2о° —sin 40° = 8(L220 0,643= —12,9 МПа.
2	2
Напряжения ста=2о- и та=2оо показаны на рис. 3.14.
Максимальное касательное напряжение для рассматривае-
мой серии площадок определим, положив а=135°.
= I35. = TI2=^-^ sin 27О° = 8^0 (- 1) = 20 МПа.
Соответствующая площадка показана также на рис. 3.14.
63
Найденное касательное напряжение не является максимальным
для заданного напряженного состояния —оно максимально только
для площадок исследуемой серии. Максимальное касательное на-
пряжение возникает на площадке, параллельной промежуточному
главному напряжению ст2 и делящей пополам угол между площад-
ками действия Ст] и ст3 (рис. 3.15). Величина этого напряжения
^-<73 120—(—160)
Ттах = Т13=---=-----------=140 МПа.
2	2
На площадке, перпендикулярной к заштрихованной площадке
(см. рис. 3.15), возникает такое же по абсолютной величине каса-
тельное напряжение.
Задача 3.2. Для заданного напряженного состояния (рис. 3.16)
требуется:
а)	определить главные напряжения и максимальное касательное
напряжение;
б)	определить нормальное и касательное напряжения по площад-
ке, нормаль к которой составляет угол а=25° с положительным
направлением оси Oz.
Решение. Для заданного напряженного состояния одна из ис-
ходных площадок от напряжений свободна, следовательно, это
заведомо не объемное напряженное состояние и для определения
главных напряжений можно применить формулу (3.5)
+40,02 = 100,0 ±56,6.
64
Оба найденных главных напряжения отличны от нуля и положи-
тельны, следовательно, напряженное состояние плоское, а равное
нулю главное напряжение минимально и должно быть обозначено
Стз. Итак, имеем: ст, = 156,6 МПа; а2—43,4 МПа; <73 = 0.
Площадки действия напряжений ст, и сг2 показаны на рис. 3.17.
Углы между нормалями к указанным площадкам и осью г опреде-
ляются на основании формулы (3.4):
2tly 2'40,0	1
<7г—а у	140,0— 60,0
а0 = - 22°30'; aS = -112°30' (или а£ = - 22°30' + 90° = 67°30').
Максимальное касательное напряжение
ai-at 156,6-0
=-----=-------= 78,3 МПа.
2	2
Заметим, что площадка действия неперпендикулярна к сво-
бодной от напряжения грани элемента, изображенного на рис. 3.16,
и, следовательно, на рис. 3.17 ее показать нельзя.
Рис. 3.17
Рис. 3.18
На рис. 3.17 показана площадка, нормаль к которой составляет
угол a = 25° с осью z. Напряжения на этой площадке [см. формулы
(3.2) и (3.3)]:
O'r'f'O’v бГ? — &v
<Та=25“ =------------ 3--------" COS 50° — тг sin 50° =
2	2
140,0 + 60,0 140,0 - 60,0	,	„
=—----------+—---------- 0,643 - 40,0 -0,766 = 95,1 МПа;
2	2
3 Ицкович Г.М., Минин Л.С., Винокуров А. И.
65
то=25-=——~ sin 50°+т„ cos 50° =
2
140,0-60,0
—------- 0,766+40,0 0,643 = 56,3 МПа.
2
Задача 3.3. Определить главные напряжения для заданного на-
пряженного состояния (рис. 3.18).
Решение. В рассматриваемом случае ни одна из исходных
площадок от напряжений не свободна, т. е. заданное напряженное
состояние объемное (трехосное). Особенностью данной задачи явля-
ется то обстоятельство, что одна из исходных площадок, а именно
площадка действия ау,
главная. Таким образом,
одно из главных напря-
жений (оу) известно, пло-
щадки действия осталь-
Рис. 3.19
Рис. 3.20


ных двух главных напряжений принадлежат серии площадок, парал-
лельных оси у (напряжению оД. Напряжения, возникающие на
площадках указанной серии, очевидно, не зависят от оу, и, следова-
тельно, ограничивая исследование этими площадками, приходим
к рассмотрению упрощенного плоского напряженного состояния
(рис. 3.19). Для определения главных напряжений воспользуемся
формулами (3.9) с заменой индексов у касательных напряжений
в соответствии с рис. 3.18 и 3.19
+ 602=40±72,2
Итак, оу оказывается наибольшим из главных напряжений,
т. е. ох = оу и окончательно: сг1= 130 МПа, о2= 112,2 МПа; ст3 =
= -32,2 МПа.
66
Задача 3.4. Определить величины главных напряжений и октаэд-
рических напряжений для заданного напряженного состояния (рис.
3.20).
Решение. Напряженное состояние задано так, что ни одна из
исходных площадок не является главной, поэтому для определения
главных напряжений следует применить формулу (3.14), вычислив
сначала инварианты заданного напряженного состояния:
/1 = стх + ст), + <тг=40+100 + 100 = 240 МПа;
72 “Ь 3“ <^Х ^ху ^yz ^ZX
=40 • 100 +100 • 100 +100  40 - 322 - 242 = 16 400 (МПа)2;
У3 — ОХОyOz G xtyz OyTZx ух “Ь 2тхуГр2Тгх
=40 • 100 100 -100 • 242 -100 322=240 000 (МПа)3.
Для определения главных напряжений после подстановки значе-
ний 12, /3 в формулу (3.14) получаем кубическое уравнение
ст3 - 240ст2 +16 400стгл- 240 000 = 0.
Представим это уравнение в виде
(ст3л- 100ст2)-(140ст2 - 14000ст1Л) + (2400стгл—240000) = 0
и разложим левую часть на множители
агп (о'гл — 100) — 140стгл (стгл — 100) 4- 2400 (стгл — 100) =
= (стгл -100) (ст2л - 140стгл+2400)=0.
Первый корень уравнения ст'л= 100 МПа. Остальные два корня
найдем, решив квадратное уравнение
ст2л — 140стгл + 2400 = 0,
стгл = 70 ± л/702-2400 = 70 ± 50,
или ст"л= 120 МПа и ст"'=20 МПа.
Итак, окончательно Ст1 = 120 МПа; ст2 = 100 МПа; ст3 = 20 МПа.
Применив формулы (3.15), (3.16), найдем:
сг1+<72 + оз °x + ^y + oz 7| 240
стогг =-------=--------= =- =80 МПа,
3	3	3	3
То*г = 3 з/(<71 - О1)2 + (<^2 - О-з)2 + (ст3 - СТ,)2 =
= ’ V(120 -100)2 + (100 -20)2 + (20 -120)2=43,2 МПа.
3*
67
Рис. 3.21
Задача 3.5. Величину главного напряжения в некоторой точке
поверхности детали определяют по известной из опыта величине
деформации. При этом база датчика, служащего для определения
указанной деформации, в результате неаккуратной наклейки состав-
ляет угол а с главной осью деформаций
(рис. 3.21). Полагая, что в исследуемой
точке имеет место линейное напряженное
состояние, построить график, показыва-
ющий зависимость величины ошибки
в определении главного напряжения от
угла а. Коэффициент Пуассона для мате-
риала детали д = 0,30.
Решение. При одноосном растяжении по закону Гука
ст1 = £е1.
В рассматриваемой задаче вместо величины Е! в формулу
(вследствие неправильной наклейки датчика) будет подставлена ве-
личина Еа. Последняя выражается через главные деформации по
формуле (3.17)
Еа — е, cos2 а + е3 sin2 а.
При одноосном растяжении
е3=-де,,
следовательно,
Ea=EiCOS2a—де, sin2a = E, (cos2а—дет2a)
и
(tfiXicn = Ее} (cos2 a — д sin2 a).
Ошибка в определении ве-
личины ai составит:
Лег % = g'~(gl)”c° 100% =
Eti—Eti (cos2 a—u sin2 a)
=—-------------------- 100%
Ее,
Рис. 3.23
68
или
Лст%=(1—cos2a+/zsin2a) 100% = (I + д) sin2 a  100% =
= 1,3 sin2 a 100%.
Соответствующий график, построенный для значений a = 0-^-15°,
представлен на рис. 3.22.
Выражение для са нетрудно получить и без применения фор-
мулы (3.17), используя обобщенный закон Гука и формулу (3.12)
для нормального напряжения в наклонном сечении при одноосном
растяжении. На рис. 3.23 показан элемент, выделенный площад-
ками, нормали к которым совпадают с направлением базы датчика
и перпендикулярны к ней. По обобщенному закону Гука
1 z
£а = ~ (СТЯ — ДОа+901)-
Е
По формуле (3.12)
cro=crzcos2a
и
<та+90= = cos2 (a + 90°) = ctz sin2 a.
Таким образом,
az
но - = e1=e1 — деформация в направлении напряжения <тг, которое
Е
при одноосном растяжении является максимальным главным на-
пряжением СТ]. Итак,
Ea=£| (cos2 а — д sin2 а).
Задача 3.6. Весьма жесткая обойма, состоящая из двух половин,
соединена шестью болтами. В обойме сжимают пластмассовую
призму (рис. 3.24); коэффициент Пуассона пластмассы д = 0,4. Сила,
69
сжимающая призму вдоль оси обоймы, F= 100 кН. Определить
требуемый диаметр болтов, пренебрегая деформацией обоймы и са-
мих болтов. Допускаемое напряжение на растяжение для болтов
[стр] = 75 МПа.
Решение. При сжатии бруса (призмы) размеры его поперечного
сечения, как известно, увеличиваются; в данном случае этому увели-
чению препятствуют стенки формы (обоймы).
Сжимаемое изделие (призма) находится в однородном напря-
женном состоянии, поэтому обобщенный закон Гука можно приме-
нить к нему в целом.
В силу принятого допущения о недеформируемости обоймы
и болтов заключаем, что линейные деформации (ех и ej в направ-
лениях осей х и у равны нулю. Напряжения по указанным направле-
ниям подлежат определению.
Напряжение в поперечном сечении сжимаемой призмы
F	100103
oz=----=--------= -0,4-106 Па= -0,4 МПа.
а2	0,52
Применяя обобщенный закон Гука и учитывая, что в силу
симметрии ах=оу, получаем
[оу - Д (о-г+<тх)]=| [ - цсг+ау (1 - д)] = 0,
Е	Е
откуда
ау=ц —=0,4 (-°^= -0,267 МПа.
1-д	1-0,4
Давление на верхней и нижней гранях прессуемой призмы равно
найденному напряжению оу. Полное усилие, действующее на болты,
Qy=l<7yl а£=0,267 106 0,5 0,8 = 10,7 104 Н.
Нагрузка на один болт
I	6
Требуемая по условию прочности площадка поперечного сече-
ния болта (по внутреннему диаметру резьбы)
=17,8	=238' 10“б м2=238 мм2.
кр] 75 ю6
По справочнику подбираем болты с резьбой М22, имеющие
расчетную площадь сечения 292 мм2.
Задача 3.7. На поверхность цилиндрического тонкостенного со-
суда (баллона для сжатого воздуха) наклеено два датчика, как
70
показано на рис. 3.25, а. Определить давление р воздуха в баллоне,
если деформации в направлениях баз датчиков, определенные с по-
мощью электротензометрической установки, соответственно равны
Е1 = 330 10~б и е2=84,0' 10~б. Для материала баллона Е=
=2,1 Ю11 Па, д = 0,28.
Решение. Для любой точки сосуда в сечении, проходящем через
ось цилиндра (такое сечение называется меридиональным), не воз-
никает касательных напряжений, что следует из симметрии сосуда
и нагрузки. Иными словами, для любой точки указанное сечение
совпадает с одной из главных площадок. Соответствующее нор-
мальное напряжение обозначим ств и назовем окружным напряжени-
ем. Из закона парности касательных напряжений следует, что и в се-
чении, перпендикулярном первому (в поперечном сечении цилинд-
ра), касательные напряжения также отсутствуют, т. е. для любой
точки сосуда вторая главная площадка совпадает с его поперечным

Рис. 3.25
сечением. Напряжение, действующее в указанном сечении, обозна-
чим ат и назовем меридиональным напряжением. Третья главная
площадка перпендикулярна к двум первым, т. е. касательна к поверх-
ности сосуда, и никаких напряжений на ней не возникает. Таким
образом, в любой точке поверхности сосуда возникает двухосное
напряженное состояние, при этом базы датчиков, изображенных на
рис. 3.25, а, совпадают с направлениями главных деформаций.
71
По известным из опыта значениям главных деформаций
с помощью обобщенного закона Гука можно определить главные
напряжения сте и ат. Давление в сосуде можно найти, если
будут известны формулы, определяющие ае и ат в функции
от величины давления. Выведем эти формулы.
Разрежем мысленно сосуд продольной плоскостью, проходящей
через его ось, и рассмотрим равновесие отсеченной части, изоб-
раженной отдельно на рис. 3.25, 6. Рассмотрим только цилиндричес-
кую часть (длиной I) без днищ и горловины, влияние которых имеет
местный характер и в данной задаче может не учитываться. Так как
по условию толщина стенки баллона невелика, напряжения мож-
но считать равномерно распределенными по площади их действия
и, следовательно, равнодействующая соответствующих внутренних
сил равна 2сте 1д. Учитывая, что силы давления нормальны к поверх-
ности сосуда и сила, приходящаяся на элементарную полоску пло-
щадью Ids, равна plds=pl - dm (рис. 3.25, в); проектируя все силы на
2
направление ст0, получаем:
2ое1ё=2 р/ cos ср dm,
J 2
о
откуда
Рассекая сосуд плоскостью, перпендикулярной к его оси, и рас-
сматривая условие равновесия отсеченной части (рис. 3.25, г), полу-
чаем
7tZ>2
amitDO—p---,
4
где 7rZ)<5 — приближенное значение площади тонкостенного кольца,
по которой действуют напряжения ат.
Из последнего уравнения получаем:
pD
45'
Сопоставляя значения ав и от и учитывая, что одно из главных
напряжений равно нулю, имеем:
р-0	pD
—	—°т —СГ3 —и.
25	45
72
Определим величины ст, и ст2 по известным значениям E] и е2.
По обобщенному закону Гука
1 , „ 1 ,
£-	Е
Из этих выражений получаем:
£(е!+д£2)	E(fi2+^\)
°'=	°2=
Подставив числовые данные, найдем:
^(330 10-^0,28 8410-^ Q6 ш=808
1—0,282
2,Г 1011 (84'10-6 + 0,28 330'10-6)	. 1п6	.. .
ст,=~------------------------=40,4’ 106 Па=40,4 МПа.
1 —0,282
Использовав ранее полученное выражение
pD
2d
определим р:
^J^80’8 10* 2 8 10 3 = 8,08 1 0б Па=8,08 МПа.
D	0,160
Заметим, что, строго говоря, если выражения для двух главных
напряжений стт и <те известны, то для определения давления р до-
статочно было иметь показание только одного датчика: например
(с. 70),
1	1 pD /, /Д 2E6et
f--------
d<i-2'
Поэтому по существу второй датчик дублирует заданную дефор-
мацию. Более перспективна другая задача, решаемая с помощью
показаний двух датчиков: при известном давлении найти упругие
константы материала (Е и д), из которого изготовлен сосуд.
ГЛАВА IV
КРУЧЕНИЕ
§ 9. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ
И РАСЧЕТНО-СПРАВОЧНЫЕ ДАННЫЕ
При работе бруса на кручение в его поперечных сечениях воз-
никает только один внутренний силовой фактор — крутящий мо-
мент Mz (обозначаемый также А/ж), представляющий собой резуль-
тирующий момент внутренних касательных сил, действующих в по-
перечном сечении бруса. Для бруса круглого поперечного сечения
указанное определение крутящего момента может быть записано
в виде интегрального соотношения*
A/Z=J tpdA.
л
Для расчета на прочность и определения перемещений попереч-
ных сечений бруса надо знать закон изменения крутящих моментов
по длине бруса. Величина Mz определяется с помощью метода
сечений через внешние силы (моменты): крутящий момент в произ-
вольном поперечном сечении бруса численно равен сумме моментов
относительно продольной оси z бруса всех внешних сил, приложенных
по одну сторону от рассматриваемого поперечного сечения
£ mz.
О. ч.
Системы, в которых значения внутренних силовых факторов (в
частности, крутящих моментов) не могут быть определены только
из уравнений статики, как известно из предыдущего, называются
статически неопределимыми. Для их решения дополнительно к
уравнениям статики должны быть составлены уравнения перемеще-
*Для бруса некруглого поперечного сечения направление касательного напря-
жения в произвольной точке неизвестно, и его представляют в виде двух составля-
ющих (см. рис. 1.4); при этом интегральное соотношение для крутящего момента
записывается в форме
Mz=\(tzxy-tzyx)dA.
А
74
ний. Методика решения этих задач рассмотрена ниже на числовых
примерах (см. задачи 4.10 и 4.11).
Брусья круглого поперечного сечения
При кручении бруса круглого (сплошного или кольцевого) попе-
речного сечения справедлива гипотеза плоских сечений, расстояния
между поперечными сечениями остаются не-
изменными и их радиусы не искривляются.
Касательное напряжение в произвольной
точке поперечного сечения определяется по
формуле
Л/г
т=тр,	(4.1)
Jp
где Jp — полярный момент инерции попе-
речного сечения;
р — расстояние от центра сечения до
рассматриваемой точки (рис. 4.1).	Рис. 4.1
Полярный момент инерции представляет собой сумму произведе-
ний площадей элементарных площадок на квадраты их расстояний до
центра сечения, т. е.
Jp = f р2 dA.
А
Вычисление полярного момента инерции производится по следу-
ющим формулам:
для круга
~0,ld4,	(4.2)
32
для кольца
Jp=^ С1 -^4)~0,lrf4(l-с4),	(4.2а)
do
где с=— -— отношение внутреннего диаметра сечения к наружному.
d
Наибольшие касательные напряжения возникают в точках внеш-
него контура сечения и определяются по формуле
Mz
(43)
Ир
Jp
где Wp=—------полярный момент сопротивления сечения, равный
d'2 отношению полярного момента инерции к наруж-
ному радиусу сечения. Эта величина является геомет-
рической характеристикой прочности при кручении
бруса круглого поперечного сечения.
75
Для круга
Wp=—«0,2d3,	(4.4)
для кольца
Wp=— (1 — c4)«0,2d3(l -с4).	(4.4а)
16
Условие прочности имеет вид:
tmax=-—^[tJ,	(4-5)
где [tJ — допускаемое напряжение при кручении, величина которо-
го зависит в основном от материала рассчитываемого
бруса. При чистом кручении можно принимать
[tJ = (0,5- 0,6) [ст].
Обычно брусья, работающие на кручение (валы), испытывают,
кроме кручения, также и изгиб, поэтому для компенсации ошибки,
получающейся за счет пренебрежения влиянием изгиба, принимают
невысокие значения [tJ. Для валов из углеродистой стали обычно
принимают [tJ=20-=-45 МПа
Формула (4.5) представляет собой зависимость для провероч-
ного расчета. Для проектного расчета (определения требуемых
размеров сечения) из (4.5) получаем
Mz
Wp^r	(4.6)
При определении допускаемой нагрузки (допускаемого
крутящего момента) формула (4.5) преобразуется к виду
Mz^Wp[t^.	(4.7)
Для расчетов на жесткость и решения статически неопределимых
задач необходимо вычисление углов поворота поперечных сечений.
В наиболее общем случае, когда крутящий момент или попереч-
ное сечение (или обе зти величины) изменяются непрерывно, угол
закручивания (взаимный угол поворота концевых сечений бруса)
вычисляется по формуле

’ Mzdz
J GJP '
i.
(4-8)
Для стали модуль сдвига GasSlO1,0 Па. Произведение GJP назы-
вают жесткостью сечения бруса при кручении. Знак Z показыва-
ет, что интеграл следует вычислять в пределах каждого участка
и результаты суммировать. Для бруса, имеющего один участок,
угол закручивания определяется по формуле
/
* Mzdz
GJP
ла)
Ф =
о
Если крутящий момент и поперечное сечение постоянны в пре-
делах каждого из участков, то формула (4.8) принимает вид
<p = Y—>	(4-86)
GJp
где lt — длина i-ro участка.
Для отдельного участка постоянного сечения при Mz—const угол
закручивания определяется по формуле
Все приведенные формулы дают значение угла <р в радианах.
Расчет на жесткость должен обеспечить, чтобы относительный
угол закручивания (т. е. угол закручивания на единицу длины,
например 1 метр), обозначаемый в, не превышал допускаемого угла
вкручивания [ЭД, зависящего от назначения рассчитытае ого вала.
Единых норм жесткости, общих для различных отраслей машиност-
роения, не существует. В качестве наиболее распространенных зна-
чений можно указать:
[ЭД = (4,38ч-17,5) 10~3 рад/м=(0,25-е-1,0) град/м.
Формула для расчета на жесткость (проверочный расчет) имеет
вид:
0=—<[ЭД,	(4.9)
GJP
где Mz в Н м, G в Па (для стали G«8’ Ю10 Па, Jp в м4, в и [0]
в рад/м.
При проектном расчете из этой формулы определяется требу-
емая величина полярного момента инерции, а затем — требуемый
диаметр вала (участка вала). •
При расчете валов, как правило, бывают заданы передаваемая
мощность N в кДт или в л. с. и угловая скорость to в рад/сек или
л в об/мин. Вращающий момент, передаваемый шкивом (зубчатым
колесом и т. п.), вычисляется по формуле
76
77
N
m=,	(4.10)
a>
где N в Вт и m в H м.
Вращающий момент в кНм при N в кВт определяется по
формуле
«1=9,55-	(4.11)
Л
и при N в л. с.
«1=7,02-.	(4.11а)
п
Брусья некруглого поперечного сечения
Для брусьев, формы поперечных сечений которых отличны от
круга или кольца, гипотеза плоских сечений при кручении не со-
блюдается и решение задачи об определении напряжений и углов
Рис. 4.2
закручивания в большинстве случаев
может быть дано только методами
теории упругости.
Приводим окончательные резуль-
таты решения этой задачи для бруса
прямоугольного поперечного сече-
ния.
Наибольшие касательные напря-
жения возникают в точках, лежащих
в серединах длинных сторон сечения
(рис. 4.2), и определяются по формуле
= —,	(4.12)
где Wt — ab2h — геометрическая характеристика прочности некруг-
лого бруса при кручении;
b uh — меньшая и большая стороны сечения.
Коэффициент а, зависящий от отношения сторон (й : Ь), принимает-
ся по табл. 4.1.
В угловых точках и в центре сечения напряжения равны нулю.
В серединах коротких сторон они составляют часть от макси-
мальных
t max — У^тах-
(4-13)
Значения коэффициента у приведены в табл. 4.1.
Угол закручивания определяется по формуле (для участка посто-
янного сечения при Mz, одинаковом во всех сечениях)
78
MJ
(4-14)
где ji = fltr'h — геометрическая характеристика жесткости при
кручении некруглого бруса. Коэффициент Р, зависящий от отноше-
ния -, указан в табл. 4.1.
Таблица 4.1
Значения коэффициентов а, 0 и у для прямоугольных сечений
Л
Ь
а
1
1,0
1,2
1,4
1,6
1,8
2,0
2,5
3,0
4,0
6,0
8,0
10,0 и
более
0,208
0,140
1,000
0,219
0,166
0,932
0,228
0,187
0,865
0,234
0,204
0,845
0,240
0,217
0,821
0,246
0,229
0,796
0,258
0,249
0,774
0,267
0,263
0,753
0,282
0,281
0,745
0,299
0,299
0,743
0,307
0,307
0,743
0,333
0,333
0,743
Если сечение имеет открытый профиль и состоит из длинных
и узких прямоугольников (например, двутавр, швеллер и т. п.), то
величина Л определяется по формуле
Л = ’ I bfht,
(4.15)
где Ь, и Л, — короткие и длинные стороны прямоугольников, на
которые можно разбить сечение.
Коэффициент г], зависящий от вида сечения*, имеет следующие
значения:
для уголка т) = 1,0,
для двутавра т;=1,2(),
для швеллера »у = 1,12,
для тавра »? = 1,15.
Максимального значения касательные напряжения достигают
в серединах длинных сторон наиболее широкого из прямоуголь-
ников (см. ниже задачу 4.5), и их величина определяется по формуле
(4.12), в которой под Wt следует понимать величину
»;=
1
3
^тах
(4-16)
Таким образом, при вычислении напряжений поправочный коэф-
фициент т] принимают равным единице.
♦Коэффициент г] отражает влияние на жесткость сечения уклонов полок,
закруглений, а также повышение жесткости за счет соединения отдельных прямо-
угольников между собой.
79
Распределение касательных напряжений в тонкостенном попе-
речном сечении замкнутого профиля при кручении существенно
отличается от распределения этих напряжений в сечении открытого
(односвязного) профиля. Так, например, в случае двухсвязного кон-
тура (рис. 4.3, а) касательные напряжения действуют вдоль стенок
и образуют непрерывный поток.
Рис. 4.3
Касательное напряжение в произвольной точке определяют по
формуле (4.12), подставляя в нее
и;=2<5сож.	(4.17)
Здесь 5 — толщина стенки на том уровне, где определяют напря-
жение; размер 5 перпендикулярен к направлению т; — площадь,
ограниченная срединной линией профиля (рис. 4.3, б). Наибольшие
касательные напряжения возникают в той области поперечного
сечения, которая имеет минимальную толщину, и определяются по
формуле
м2 м2
—=--------•	(4.18)
Их min
Угол закручивания находят по формуле (4.14), где геометричес-
кая характеристика жесткости поперечного сечения определяется из
выражения
4<и2
Л=(4.19)
J 6
Здесь д — дуга срединной линии профиля и интеграл берется по
всему замкнутому контуру. Если толщина стенки 5 посто-
янна, то
4а>2й
i
S
где j — периметр срединной линии профиля.
(4.19а)
80
§ 10. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ НА КРУЧЕНИЕ
А. Статически определимые системы
Задача 4.1. Брус круглого поперечного сечения, изображенный на
рис. 4.4, а, нагружен парами сил, плоскости действия которых
перпендикулярны к его оси.
Определить из расчета на прочность диаметры поперечных сече-
ний участков I, II и III, принимая [тк]=60 МПа. При найденных
значениях диаметров построить эпюру угловых перемещений попе-
речных сечений бруса.
Решение. Строим эпюру крутящих моментов. Заметим, что
в данном случае проще, применяя метод сечений, оставлять правую
и отбрасывать левую часть бруса — это дает возможность не опре-
делять реактивный момент в заделке.
81
Проводим произвольное сечение на участке I и составляем
уравнение равновесия для оставленной части бруса, изображенной
отдельно на рис. 4.4, б:
Е mz=0;
О, ч.
nti — Mz=0; Mz=nti.
В любом сечении участка I крутящий момент имеет найденное
значение М\~т1 — 4 кН м. Эпюра крутящих моментов на этом
участке прямая, параллельная оси абсцисс. Для определенности
условимся считать крутящий момент положительным, если, смотря
на торец оставленной части бруса, видим момент направленным по
часовой стрелке. Согласно этому правилу М\ отрицателен и ор-
динаты эпюры откладываем вниз от ее оси. Проводя произвольное
сечение на участке II и учитывая, что крутящий момент в произ-
вольном сечении равен сумме внешних скручивающих моментов,
приложенных к брусу по одну сторону от этого сечения, найдем:
Л/?=ш2—^ = 8 — 4—4 кН м.
В данном случае отсеченную часть бруса отдельно не показыва-
ем. На участке II крутящий момент постоянен и (по принятому
правилу знаков) положителен.
Аналогично для любого сечения участка III имеем:
Л^п=п2з+ш2—/и] = 2+8—4=6 кН м.
Эпюра крутящих моментов, построенная по полученным дан-
ным, показана на рис. 4.4, в.
Заметим, что ординаты эпюры на участке III дают значение
реактивного момента тА - 6 кН  м.
При нагружении бруса сосредоточенными моментами эпюра
Mz всегда имеет такой же характер, как и в рассматриваемом
случае: на отдельных участках она ограничена прямыми, параллель-
ными оси абсцисс; в местах приложения внешних моментов (пар
сил) получаются скачки на величину этих моментов.
Переходим к расчету на прочность.
Требуемая величина полярного момента сопротивления попе-
речного сечения определяется по формуле (4.6)
Mz

Для участка I
М1 4103
= 66,7 10"6 м3.
[tJ 60-10®
82
Или, учитывая, что
1Г=—
р 16
имеем:
16-66,7 10“6	е
--------— = 69,5 10 3 м=69,5 мм.
3,14
Округляя по ГОСТ 6636 — 60, принимаем rfj=70 мм.
Для участка II da — di — 70 мм, так как крутящие моменты в попе-
речных сечениях участков I и II по абсолютной величине одинаковы.
Для участка III
Л/”1 6 103
= 0,1 10“3 м3
[tJ 60 106
откуда
dni — 3
16-0,1 loj =	- Ю“3 м = 79,8 мм.
3,14
Округляя по ГОСТ 6636 — 60, принимаем dni=80 мм.
Построение эпюры углов поворота поперечных сечений бруса
(эпюры угловых перемещений) принципиально ничем не отличается
от построения эпюры линейных перемещений при осевом нагруже-
нии бруса (см. задачу 2.1). На каждом из участков эпюра будет
линейной, поэтому для ее построения достаточно вычислить пере-
мещения сечений, являющихся границами участков.
Построение эпюры начинаем от заделки, т. е. от неподвижного
сечения, <рА=0- Угол поворота сечения В
м?а 61О3-О,4	3
(рв= =------------------------- = 7,47  10 рад.
G/рШ 1П 3,14’0,08*
8,0 Ю10-----------
32
Угол поворота сечения С равен алгебраической сумме углов
поворота сечения В (срв) и сечения С относительно В (срс-в)
<Рс= <Рв~Ь- (рс-в= 7,47  10 3 Ч---з 14 о 074 ~	Ю рад.
8,о-1010 •-----
32
Аналогично определяется угол поворота сечения D
фл=Фс-фл-с=16,0 10 3------------------------=-0,96-10 рад.
Ч'С у»	3 14. 0,07*
8,0 IO10-------
32
83
Построенная по этим данным эпюра угловых перемещений изо-
бражена на рис 4.4, г.
Задача 4.2. На вал постоянного сечения насажены четыре шкива
(рис. 4.5, а). Шкив 3 передает от источника энергии на вал мощность
Лз=220 кВт, а остальные шкивы снимают с вала и передают
рабочим машинам мощности соответственно М = 45 кВт; N2=
= 75 кВт и Л'4= 100 кВт. Вал вращается со скоростью и=500 об/мин.
Определить его диаметр из расчетов на прочность и жесткость, если
[tJ = 30 МПа и [0] = 7,5-10“5 рад/м.
Рис. 4.5
Решенйе. Угловая скорость вала (в с г)
пп 3,14  500
со=— =-------------= 52,3 с
30
30
На рис. 4.5, б показана расчетная схема вала.
Величины моментов, передаваемых каждым из шкивов, вычис-
ленные по формуле (4.10), указаны на этой схеме. Для выявления
опасного сечения (участка) вала построим эпюру крутящих момен-
тов. Потери в подшипниках не учитываются, поэтому сумма снима-
емых с вала мощностей равна подводимой к нему мощности
(^3=^ + ^+^). В действительности потери имеют место, но их
величина незначительна — не превышает 1-^-2% передаваемой
мощности. Эпюра крутящих моментов начинается от середины
шкива 1. На 1 участке
М[= —mt = — 800 Н ' м,
на II участке
М? = —т{—т2= -860- 1430= -2290 Н м,
на III участке
84
М?= -mi-m2+m3= -860-1430+4200=1910 Н м.
Скачки на эпюре соответствуют сечениям, где подается или
снимается определенная мощность. Из построенной эпюры Mz (рис.
4.5, в) следует, что опасными являются сечения участка между
шкивами 2 и 3.
Расчетный (наибольший) крутящий момент
Мгтах = |Л/?| = 2290 Нм.
Определяем диаметр вала из расчета на прочность
max
2290
30 10®
= 76,4 10“6
м3
16'76,4 10
3,14
= 73-10“3
м=73 мм.
Определяем диаметр вала из расчета на жесткость [форму-
ла (4.9)]
е
Отсюда требуемый полярный момент инерции сечения вала
max
2290
8 101о'7,5 10“3
382 10“8 м4 = 382 104мм4.
<?[0]
Диаметр вала при найденном значении Jp
'32'382 104
-----------= 79 мм.
3,14
Окончательно принимаем J=80 мм. При этом наибольшие каса-
тельные напряжения в опасном сечении вала будут ниже допуска-
емых
I2—=22,7-ю6 Па=22,7 МПа.
nJ3 3,14 0,083
16	16
Задача 4.3. На поверхности стального вала турбины под углом
45° к его оси наклеен тензодатчик (рис. 4.6). Установить величину
передаваемой турбиной мощности, если деформация в направлении
базы датчика е = 2' 10“4 и скорость вращения вала и=3000 об/мин.
85
Решение. Если в окрестности рассматриваемой точки вала эле-
мент выделен так, что две его грани совпадают с плоскостями
поперечных сечений, а две совпадают с радиальными сечениями, то
на четырех гранях такого элемента возникнут только касательные
напряжения т, а две грани будут свободны от напряжений (рис.
4.7, а). Из предыдущего (см. с. 57) известно, что такой случай
напряженного состояния носит название чистого сдвига, и г па винте
площадки составляют с исходными углы по 45°. Возникающие на
этих площадках главные напряжения Ст) и противоположны по
Рис. 4.7
£1 = ^(^1-^з)=т,[т-д(-т)] =
Е	Е
знаку, а по модулю равны
т (рис. 4.7,6). Направление дей-
ствия главного напряжения
О’] и, следовательно, главной
деформации £] совпадает с ба-
зой датчика. На основании
обобщенного закона Гука
[формула (3.18)] имеем (при
<т2=0):
т(1+д)
Е
Принимая для стали д=0,3 и Е=1~ 1011 Па, получаем
с.Е 210-*-210и
т=----- ----------= 30,8- 10б Па=30,8 МПа.
1+д	1+0,3
Так как элемент расположен на внешнем контуре поперечного
сечения, то
wp
Здесь
W„=— (1 - с4) = 3,U 15°3 (1-0,84)=391 103 мм3,
р 16	16
86
где
do 120
с=—=— = 0,8.
d 150
Отсюда величина скручивающего момента
/77=ЛЛ=тИ;=30,8 10б'391 103 1 0 9 = 12 1 03 Н м.
Угловая скорость вала
тгл 3,14 3000	, „	.
со=-=--------= 314 с-1.
30	30
Передаваемая мощность [см. формулу (4.10)] N=awt=314’ 12 ’ 103 =
= 3770' 103 Вт=3770 кВт.
Задача 4.4. Найти из условия прочности допускаемую величину
скручивающего момента, приложенного к коническому брусу (рис.
4.8), если [tJ=100 МПа.
При найденной величине
момента определить угол
закручивания бруса. При-
нять (7=8  1О10 Па.
Решение. Так как кру-
тящий момент по длине
бруса постоянен, а размеры
сечения меняются, то опас-
ным будет торцовое сечение,
которого Wp=— минимален. Из условия прочности
Ч>30
полярный момент сопротивления
Mz т
Ир Ttrfg
16
определим допускаемую величину скручивающего момента:
[tJ=3,14 0,033  100 • 10б = 530 Н  м.
16	16
Учитывая переменную по длине жесткость сечения, угол закру-
чивания (т. е. взаимный угол поворота концевых сечений стержня)
находим по формуле (4.8, а). Координату z, фиксирующую положе-
ние произвольного сечения, удобнее отсчитывать от вершины кону-
са (рис. 4.9). Тогда из подобия соответствующих треугольников
имеем:
d z
do а
87
Выразим полярный момент произвольного поперечного сечения
через параметры торцового сечения и J^.
Подставив это выражение в формулу (4.8а), получим:
2а	2а
Mz dz [/и] dz [ти]а4 1
(0 =	----=	----- =-----------	.	=
J GJp J Zz\* 3GJpo z3
/	a GJ fl I )	a
\aj
[m]a4	1	1	[m]a	7
3GJfl c? 8a3 J yGJfl 8'
Рис. 4.9
Воспользовавшись данными задачи, найдем:,
или <р = 0,56°.
Здесь
. ,	5,3 102 0,4
|о>] =-----------------------
3 8 10*° 7,95 10"®
7 = 9,7 10 3 рад,
8
•^яО
32
3,14-304
32
= 7,95 104 мм4.
Задача 4.5. Для бруса прямоугольного поперечного сечения,
нагруженного, как показано на рис. 4.10, а, требуется: а) построить
эпюру касательных напряжений для опасного поперечного сечения
и проверить брус на прочность, если предел текучести для материа-
ла бруса тт=120 МПа и требуемый коэффициент запаса прочности
[и] = 1,6; б) проверить брус на жесткость, если (7=8,1‘Ю10 Па;
[0]= 1,5 град/м.
Решение. Строим эпюру крутящих моментов (рис. 4.10, б)
и находим М, ид, = 1500 Н • м.
Геометрические характеристики прочности и жесткости при кру-
чении определяем по данным, приведенным на с. 78 и в табл. 4.1.
88
= а62Л = 0,231'402 60=22,2 103 мм3;
Л = pb3h = 0,196  403 • 60=75,2 104 мм4.
Наибольшее касательное напряжение, возникающее посередине
длинной стороны опасного поперечного сечения,
max 1500	,
ттах= — =-----------= 67,6 106 Па = 67,6 МПа.
22,2 10"6
Касательное напряжение, возникающее посередине короткой
стороны опасного сечения,
Tmax=УЛлах=0,855'67,6 = 57,7 МПа.
Эпюра касательных напряжений для опасного поперечного сече-
ния представлена на рис. 4.10, в.
Коэффициент запаса прочности
Тт 120
и=—=—= 1,78>[и].
Тщах 67,6
Проверку на жесткость выполняем по формуле (4.9) с заменой
Л на /ж
0=
max
GJt
1500
8,1 IO10 75,2 10-8
=2,46 10-2
рад/м,
89
или
0=—° 2,46'10 2 = 1,41 град/м<[0].
я
Таким образом, прочность и жесткость бруса достаточны.
Задача 4.6. Для бруса, нагруженного равномерно распределен-
ными моментами (рис. 4.11, а) интенсивностью ш = у = 150 Нм/м,
требуется: а) построить эпюру крутящих моментов; б) определить
положение опасной точки и величину максимального касательного
напряжения; в) построить эпюру углов поворота поперечных сече-
ний, принимая G=8,O1O10 Па. Размеры сечения указаны на рис.
4.12.
Рис. 4.11
Рис. 4.12
Решение. Для произвольного поперечного сечения, отстоящего
на расстоянии z от свободного конца бруса, сумма внешних момен-
тов, приложенных по одну сторону (левую) от указанного сечения,
т
равна mz=— z, следовательно, крутящий момент имеет значение
т
Mz=- z.
Эпюра Mz представлена на рис. 4.11, б; Mz = 150 Нм.
Вычисляем геометрическую характеристику Jz по формуле
(4.15), полагая »/= 1,15,
90
JT=~ X b‘h‘=~^ (0,63 20+0,83-8) = 3,22 cm4.
Наибольшие касательные напряжения возникают в точке С (см.
рис. 4.12) опасного поперечного сечения (в заделке)
^z max 150	,
Tmax=------=--------=42,8  10б Па=42,8 МПа,
И7,	3,51 10“®
где
1 1
~Yb?hi ~ (0,63 -20+0,83 -8)
И7!=-------=----------------= 3,51 см3.
^тах	0,8
Угол поворота поперечного сечения, отстоящего на расстоянии
z от свободного конца бруса, равен углу закручивания участка,
расположенного между указанным сечением и заделкой. При пере-
менном по длине бруса крутящем моменте применяем формулу
(4.8а) с заменой Jp на /ж, при этом величину крутящего момента
в подынтегральном выражении представляем как функцию коор-
динаты и произвольного сечения*, расположенного в пределах рас-
сматриваемого участка
т
2lGJz
= ^-Z2).
Угол поворота свободного конца бруса получим, полагая в по-
лученном уравнении z=0,
150
фтах =---- ’---------------— = 2,91'10 2 рад.
* 2GJ* 2-8,0 ю10-3,22 10-в	F
Эпюра <р представлена на рис. 4.11, в.
Задача 4.7. Для передачи мощности N= 11,05 кВт при угловой
скорости и=2480 об/мин конструктором была выбрана шарнирная
муфта А16 ГОСТ 5147 — 80 (рис. 4.13, а). Хотя по ГОСТ 5147 — 80
Для этой муфты задан допускаемый крутящий момент 78,5 Н  м,
все же требуется проверить опасное сечение А — А (рис. 4.13, б)
вилки на прочность. В случае, если прочность не будет обеспечена,
•Замена обозначения z координаты произвольного сечения обозначением и це-
лесообразна, потому что в противном случае буква z имела бы двоякое значение:
нижний предел интегрирования (z) есть хотя и произвольная, но все же определен-
ным образом фиксированная величина; в интегрируемой функции абсцисса сечения
(которую решено обозначить не z, а и) принимает все возможные значения в задан-
ных пределах.
91
требуется соответственно увеличить диаметр D вилки, сохранив
прежнее значение размера Ь.
Материал вилки — сталь 20Х. Допускаемое напряжение на кру-
чение [tJ = 345 МПа.
Решение. Момент, передаваемый муфтой,
11050 1Т
т=—=-------=42,6 Н м,
со 260
ял 3,14 2480
где со——=-------= 260 с .
30	30
Возникающий в сечении А — А крутящий момент равен моменту,
передаваемому муфтой,
Mz=т—42,6 Н • м.
Рис. 4.13
Момент сопротивления кручению* сечения А — А
„ D3
Wr=2—
22,9
2Я\2-82 „ 253
— I =2 —
D J 22,9
2  3 5\2-82
—) = 37,6 мм3.
25 /
D
Эта формула справедлива при 8>— >2.
н
Максимальное напряжение кручения (возникает в точках К —
см. рис. 4.13, б)
*См.: Краткий справочник машиностроителя. М.;Машиностроение. 1966.
92
Ъ^=—= 42,6 =1135-IO6 Па.
Wr 37,6’10“®
Напряжения получились весьма высокими и их нельзя допу-
стить. При таких напряжениях вилка неминуемо разрушится. Уве-
личим диаметр D до 28 мм и повторим расчет.
Учитывая, что b=D—2Н=25 —2 3,5 = 18 мм и этот размер не
изменяется, будем иметь новое значение
Н= 0,5 (28 -18)= 5 мм.
Л3
Wv = 2----
22,9
Момент сопротивления кручению
’2Я\2-82 „ 283 /
—) =2 —
D J '	22,9 \
2-5V.82
— ) = 104,4 мм3.
28 /
Максимальное напряжение кручения для этого случая будет
Тпих=—=———=408- 10б Па=408 МПа.
И7, 104,4 IO”9
Это напряжение на 18,3% выше допускаемого, следовательно,
нельзя гарантировать, что вилка будет работать надежно.
Увеличим диаметр D до 30 мм (при этом Н—6 мм) и произведем
еще один расчет.
Момент сопротивления кручению
D3
Wv=2—
22,9
2Н\2-82 п ЗО3
- - I =2 —
D J 22,9
/2  б\2-82
(----) =179 мм3.
\ 30 /
При этом максимальное напряжение кручения
М, 42,6
т«пах=—=------’—=238- 10б Па=238 МПа.
И7, 179’10“®
Полученное напряжение ниже допускаемого и надежная работа
детали при таких размерах и нагрузке обеспечена.
Задача 4.8. Во сколько
раз возрастут касательные
напряжения и угол закру-
чивания, если тонкостен-
ный стержень эллиптичес-
кого поперечного сечения,
скручиваемый моментами
«2 = 20 Нм, разрезать
вдоль образующей (рис.
4.14)? Материал стерж-
ня — дуралюмин Д16 (G=
= 2,7  1010 Па), его длина
^=3,0 м.
93
Решение. До разреза стержень имеет замкнутый профиль. При
постоянной толщине его стенок напряжения во всех точках попереч-
ного сечения одинаковы и их определяем по формуле (4.12).
Геометрическая характеристика прочности [формула (4.17)]
И/Х=2<5ш1=2<57ш&=2"5" 3,14"100 50=157" 103 мм3. Здесь со1 = ла6=
= 3,14'100'50 = 157" 102 м*м2 — площадь, ограниченная средней ли-
нией профиля.
Касательное напряжение
Mz 20	_
т=—=----------= 0,128" 10б Па=0,128 МПа.
Wr 157-10"6
Для определения геометрической характеристики жесткости
определяем 5 — длину контура, измеренную по средней линии про-
филя. Как известно, в первом приближении
SKл [1,5(a+b)-y[ab]=3,14[1,5(100 + 50) —
— ^/50" 100]=484 мм.
При постоянной толщине стенки величину Л вычисляем по
формуле (4.19, а).
r 4с?<5 4(157 102)2 5	,
--------—= 10,2 -106 мм4.
5	484
Угол закручивания стержня замкнутого профиля

Mzl
GJZ
20-3
2,7 1010-10,2 10“6
2,18 10"4 рад.
Если разрезать стержень по образующей, то профиль попереч-
ного сечения становится открытым (односвязным). При определе-
нии геометрических характеристик прочности и жесткости можно
считать, что профиль сечения развернут в длинный узкий прямо-
угольник со сторонами s и <5. Применяя формулы (4.16) и (4.15),
получаем
Wz=- <52л=1 52"484 = 4"103 мм3,
3	3
= <53л=- 53 "484 = 2,02" 104 мм4.
з з
Касательное напряжение
Mz 20	,
т=—=--------=5,0  10б Па=5,0 МПа.
Нк 4 10-6
94
Угол закручивания
Mzl 20  з
rn_—=-------------------— 0,11 рад.
2,7 IO10 2,02-10“®
Итак, переход от закрытого профиля к открытому профилю тех
же габаритов привел к возрастанию напряжений в 39 раз, а угла
закручивания — примерно в 500 раз.
Задача 4.9. В поперечном сечении (рис. 4.15) тонкостенного
коробчатого стержня возникает крутящий момент A/z=10 кН м.
Проверить прочность и жест-
кость стержня, если он изготов-
лен из стали Ст. 3. Принять
тт=145 МПа; [и] = 1,7; [0] =
=0,6 град/м.
Решение. Максимальные ка-
сательные напряжения возника-
ют на участках с наиболее тон-
кими стенками (толщиной
<5щт = 3 мм). Для их определения
вычислим сначала геометричес-
кую характеристику прочности
1^1 min 2<5mjn СО* — 2<5min (fl (Ь ^a) —
= 2-3 (203-3)(106-6)=12-104 мм3.
Наибольшее касательное напряжение найдем по формуле (4.18)
мг ю  103	,
ттах=---—=-------= 83,3 10б Па=83,3 МПа.
W-imin 1210-5
Коэффициент запаса прочности
Тт
И =-----
ттах
145
83,3
1,74 > [и],
т. е. прочность достаточна.
Для вычисления геометрической характеристики жесткости най-
г	,
дем предварительно величину интеграла у —, входящего в формулу
(4.19)	15
г ds	a—6t	b — 6a	200	100
<f-=2----+2-----=2—+2—= 133.
J 6 6a 6b	6	3
Зная toI=(a—<5fc)(6—<5a)=2' 104 мм2, определяем геометрическую
характеристику жесткости
95
^=±И^=1210‘мм*.
r ds 133
Относительный угол закручивания
Mz Ю-10э
е=—
GJ,
= 1,04 10 2 рад/м
8 Ю10 1210-6
ИЛИ
в= 1,04 • 10 ~ 2'57,3 = 0,59 град/м<[6].
Б. Статически неопределимые системы
Задача 4.10, Проверить прочность стального ступенчатого бруса,
жестко заделанного обоими концами (рис. 4.16, а). Построить эпю-
ру (р. Принять [tJ = 90,0 МПа; <7=8,0' Ю10 Па.
Рис. 4.16
Решение. В заделках возникают реактивные пары сил с момен-
тами тА и тв. Для системы пар сил, лежащих в параллельных
плоскостях, статика дает только одно уравнение равновесия Lmz=0.
Неизвестных реактивных моментов два, следовательно, система
один раз статически неопределима.
96
Уравнение равновесия имеет вид
T,mz=0;	— тА + Зт—т+тв=0.
Для составления уравнения перемещений отбросим правую за-
делку и заменим ее действие на брус соответствующим реактивным
моментом пгв=Х (рис. 4.16, б). Полученный таким образом стати-
чески определимый брус эквивалентен заданному, а потому угол
поворота сечения В равен нулю, так как фактически это сечение
жестко заделано
(рв=0.
Применяя принцип независимости действия сил, перепишем
уравнение перемещений в виде
<Рв = ФВЪт + Ч>Вт + Ч>ВХ= О,
где <Рвьт=—j—- угол поворота сечения В от действия момента
GJ'	Зт;
(т2а	та	та \
---1----1----I — то же от действия момента т;
GJ1	GJn	GJmJ
Р	Р	Р J
тв2а msa тв3а
срВх=----1----1-------то же от действия искомого момен-
GJ	GJ° GJ'n	_я у_т
р р р	Та Л —rriQ
Знаки в выражениях углов поворота приняты такими же, как
знаки соответствующих моментов в уравнении равновесия.
Полярные моменты инерции сечений отдельных участков имеют
следующие значения (см. рис. 4.16, а, б):
участка АС
, nd* 3,14 6*
Г* = -3=-----=126 СМ4,
р 32	32
участка СК
rn=^=^1Ll£=2030 см4;
Р 32	32
участков KL и LB
(1	(1 — 0,54)= 1900 см4,
32	32
где
do 6
с=-=-=0Д
</2 12
Подставляя значения углов поворота срВзт, (рВт и (рвх в уравнение
перемещений, получаем:
4 Ицкович Г.М., Минин Л.С., Винокуров А. И.
97
3?и2а	т2а	та	та	тв2а	msa	тв3а 1_	О’
Ч'	GJ,	GJ*	GJ™	Ь GJi	1 GJn р	ч,п ’
6/и	2т	т	т _|	2тв	тв	тв -0
126	126	2030	1900 '	126 *	2030	1900
откуда
тв= —1,71 тп— —17,1' 103 кНм;
тА = 0,29 т—2,9'103 кН  м.
Знак минус указывает, что направление момента тв противопо-
ложно предварительно принятому (см. рис. 4.16, с).
Применяя метод сечений, строим эпюру крутящих моментов
(рис. 4.16, в).
Вычисляем значения максимальных касательных напряжений
в поперечных сечениях участков АС и KL бруса. Очевидно, что
сечения участков СК и LB менее опасны.
Для участка АС
.	Л/1 0,29m	0,29 10*
tU=~,=—г=------------= 67,3 10б Па=67,3 МПа.
nd3, 3,14
Для участка KL
2,71т
W?~nd3
2,71 10*
3,14 0,123
----------(1-0,5*)
16
= 85,2' 10б Па = 8 5,2 МПа.
Максимальное напряжение в опасном сечении ниже допуска-
емого на 5,34%, т. е. прочность бруса обеспечена.
Построим эпюру углов поворота поперечных сечений бруса.
Построение начнем с крайнего левого сечения. Оно неподвижно.
Сечение п — п, отстоящее от заделки на расстоянии z, повернется на
угол
тАг
Следовательно, угол поворота tpz является линейной функцией
от z. Поэтому для построения эпюры на первом участке достаточно
вычислить угол поворота сечения С, равный углу закручивания
участка АС,
98
(рс = (рА_с=------’—------i-----57,3 = 0,980°.
v c	3,14 0,06*
8,0 1010----------
32
Это значение в определенном масштабе откладываем в точке С пер-
пендикулярно к оси эпюры ср (рис. 4.16, г). На остальных участках
направление Mz противоположно тл и углы поворота сечений уме-
ньшаются по сравнению с (рс- Определяем значения углов закручи-
вания каждого из участков
2,71 10* 0,3 57,3 п
(рС-к=-----------’-—=0,287 ;
8,0 Ю10-2030 10"8
2,71 10*0,3-57,3
(Pk-l—---------------= 0,307 ;
8,0 10s 1900 ЦТ8
1,71 10* 0,6 57,3
<Pl-b=---------------= 0,386 .
8,0 10s 1900 UT8
Строя по найденным значениям эпюру ср (срк=(Рс—(Рс-к и
т. д.), убеждаемся, что в сечении В она имеет нулевую ординату.
Этот результат подтверждает правильность составления и решения
уравнения перемещений.
Для контроля правильности решения задачи рекомендуется чи-
тателю самостоятельно проверить, выполняется ли равенство (см.
также с. 25)
U= W,
M2Ji
где U— д-------потенциальная энергия деформации бруса;
2GJp,
W—~ niiCpi — работа действующих на брус внешних моментов
(<р, — угол поворота в радианах сечения, где при-
ложен момент /и,).
Задача 4.11. Ступенчатый стальной валик, жестко соединенный
с поперечиной, одним концом неподвижно закреплен в опоре А, а на
другом конце нагружен моментом тл=1400 Н м (рис. 4.17, а).
В ненагруженном состоянии между концами поперечины и жест-
кими упорами К и L имеются зазоры <5 = 1 мм. Проверить проч-
ность валика, если [tJ = 50 МПа. Изгибом поперечины пренебречь.
Принять <7=8,0' 1О10 Па.
Решение. Если момент т сравнительно невелик, то поперечина
при деформации валика не коснется упоров и система будет стати-
чески определима. При большей величине момента возможно нажа-
тие концов поперечины на упоры, что приведет к возникновению
4*
99
реактивных усилий, действующих от упоров на
случае система будет статически неопределимой
поперечину. В этом
. Выясним, является
ли заданная система статически определимой или статически неоп-
ределимой.
Если момент т полностью передается на участок АВ (т. е,
поперечина не касается упоров), то сечение В повернется на угол
<Рв
т-2а 1400 2 0,150
8,0 Ю10-
3,14 0,04“
32
= 2,08 Ю-2
рад.
Ч'
При отсутствии упоров такой поворот
каждого из концов поперечины на
вызвал бы
перемещение
А=ф^=2,08 • 10-2 ‘ 200 =4,16 мм.
Рис. 4.17
Так как перемещение
А намного больше заданно-
го зазора 8, то, следователь-
но, возникнут силы взаимо-
действия между поперечи-
ной и упорами. Итак, систе-
ма оказывается статически
неопределимой.
На рис. 4.17, б показана
расчетная схема заданной
системы. Влияние упоров на
поперечину, а следователь-
но, и на валик представлено
реактивным моментом Х2Ь,
где X — реакция упора.
При заданном зазоре
(<5 = 1 мм) поперечина, а
вместе с ней и сечение В ва-
лика могут повернуться то-
лько на угол
5 1,0
фв	=-=— = 0,005 рад.
дпред ъ 200
Угол поворота сечения
В можно рассматривать как
алгебраическую сумму уг-
лов поворота от действия
моментов т и Х2Ь
т‘2а Х2Ь2а
<Рв= <Рвт—<Рвх—~^
GJ'
100
Приравнивая это выражение для (рв возможному углу (<?гпред)
поворота сечения В, получаем уравнение перемещений в виде
(т~Х2Ь)2а_6
GJl„ ~~b
Подставив числовые данные, получим X'26=105'10 Нм=
= 1,05 кНм. Эпюра Мг дана на рис. 4.17, в.
Определяем максимальные касательные напряж ния в попереч-
ных сечениях I и II участков:
TJmiui=^=0’35'103 1б=27,8 • 10б Па=27,8 МПа;
И* 3,14'0,04э
ти А^‘=1-40'1°3'16=2б,0'106 Па=26,0 МПа.
m“ W° 3,14 0,065э
р
Таким образом, валик оказывается значительно недогруженным.
Заметим, что определение (следовательно, и т°„) не связано
с необходимостью раскрытия статической неопределимости.
§ 11. РАСЧЕТ ЦИЛИНДРИЧЕСКИХ ВИНТОВЫХ ПРУЖИН
Здесь приведены краткие расчетно-справочные данные и приме-
ры расчета ци пиндрических винтовых пружин с малым углом подъ
ема витков, работающих на осевую (растягивающую или сжима
ющую) нагрузку (рис. 4.18, а).	VM.
Если рассечь пружину ill
плоскостью, проходящей че-
рез ее ось, и рассмотреть рав-
новесие оставленной части
(рис. 4.18, б), то, принимая
угол наклона витков равным
нулю (в пружинах рассматри-
ваемого типа он не превыша-
ет 10ч- 12°), получим, что в се-
чении возникают два внутрен-
них силовых фактора:
рутящий момент
MT=F-\
2
поперечная сила
Qy=F.
Принимают, что касатель-
ные напряжения от кручения
распределены по поперечному
сечению так же, как в прямом
Рис. 4.18
101
брусе, т. е. достигают наибольшего значения maxrWz в точках
контура
Mz 4FD
maxTMz=—,
Wp па3
где D — средний диаметр витка;
d — диаметр проволоки, из которой изготовлена пружина.
Напряжения, соответствующие поперечной силе Qy, принима-
ют распределенными по сечению равномерно. Из эпюр тМ1 и xQy,
представленных на рис. 4.19, а, б, видно, что опасна точка контура,
ближайшая к оси пружины, для которой
8W	F	SFD
Тши—maxr^+Tg = -I — = ——
’ па	nd	тиГ
4
Обычно вторым слагаемым в скобках пренебрегают, но вводят
поправочный коэффициент к, учитывающий влияние кривизны вит-
ков и поперечной силы. Окончательно формула для расчета на
прочность имеет вид
, 8/Т>
^max
nd3
(4-20)
Коэффициент к может быть определен по табл. 4.2 в зависимо-
D
сти от сп=---так называемого индекса пружины.
Рис. 4.20
Таблица 4.2
Значения поправочного коэффициента к при расчете пружин
сп	4	5	6	7	8	9	10
к	1,42	1,31	1,25	1,21	1,18	1,16	1,14
102
Пружины изготовляют из стали с высокими механическими
характеристиками, и допускаемое напряжение принимают весьма
высоким: [т] = 200—800 МПа.
Изменение высоты пружины под действием приложенной на-
грузки (для пружин сжатия — осадка) определяется по формуле
. 8Л)3л
2=-----
Gd*
(4-21)
где п — число рабочих витков пружины.
Задача 4.12. Спроектировать цилиндрическую пружину сжатия
из проволоки круглого сечения. Характеристика пружины (зависи-
мость осадки от нагрузки) задана (рис. 4.20). G=8,O1O10 Па;
[т] = 230МПа.
Решение. Для определения трех величин (диаметра пружины,
диаметра проволоки и числа витков) мы располагаем двумя зависи-
мостями — условием прочности и формулой для осадки. Допол-
нительным условием для определения искомых величин явится
значение индекса пружины, которым зададимся. Примем сп=5
(обычно сп=5 —10).
По характеристике пружины имеем Fmax=2000 Н; на эту нагрузку
и ведем расчет
ltd
или, учитывая, что
имеем:
Яг F
осп-* шах
^тах = ^	2
nd2
откуда
Подставляя числовые значения, получаем
1,31 -8 -2000-5
3,14 230 10®
12 10~3 м.
Значение к—1,31 взято из табл. 4.2 при с„=5.
При J=12 мм имеем: D = cud=5'12=60 мм.
При нагрузке, равной 2000 Н, пружина должна иметь осадку
2=40 мм. Исходя из этого, определим число витков
103
8Fm„D’n	/Gd4	0,04 -8 Ю10 0,012*
k=—-------; n=----------------------—» 19 витков.
Gd4	SF^D3 8 2000 0,06’
Рис. 4.21
Если задаться отношением сп=—= 10, то аналогичный расчет
d
даст следующие результаты: d=\6 мм, Л = 160 мм и и»3 витка.
Исходя из желаемых габаритов пружины, можно остановиться на
D
одном из этих вариантов или, задаваясь новым отношением —, вы-
полнить третий вариант расчета. Нужно отметить, что определен-
ное выше число витков является рабочим. Оно не включает крайние
витки, соприкасающиеся с опорными поверхностями.
Задача 4.13. Две пружины вставлены одна в другую. До прило-
жения к плите силы F=l,2 кН, вторая пружина короче первой на
<5=20 мм (рис. 4.21). Найти наиболь-
шие касательные напряжения в
пружинах и вычислить перемещение
плиты.
Средние диаметры витков равны
соответственно Л,=200 мм и Л2 =
100 мм. Диаметры проволоки пружин:
Ji = 20 мм, d2= 10 мм. Числа витков
«1=15 и «2=10. Модуль сдвига G=
8,0 Ю10 Па.
Решение. Если при рабочей на-
грузке F=1200 Н плита опустится на
величину, меньшую или равную <5, то
сжиматься будет лишь первая пружи-
на. В этом случае система статически
определима. Если же перемещение
плиты больше д, то сжимаются обе
пружины, и система статически неоп-
ределима, так как статика дает для
плиты только одно уравнение равно-
весия, в которое входят два неизвестных усилия в пружинах. Поэто-
му прежде всего выясним характер работы данной системы: найдем
силу Fo, необходимую для сжатия первой пружины на величину
<5 = 20 мм, и сопоставим эту силу с заданной:
SFoB’/i]
<5 =-------,
104
откуда
„ SGd* 0,02 8,0 IO10 0,002* _ тт
Fo=—-*=-------—-----------267 Н.
8В3Л1	8 0,23 15
Следовательно, при действии силы F=1200 Н нагружены обе
пружины. При этом осадка первой пружины 2., на ё больше осадки
второй пружины А2.
Уравнение равновесия для плиты
Уравнение перемещений
7.! — 2.2=ё.
Здесь F[ и F2 — усилия, возникающие в первой и второй пружи-
нах. Подставляя в эту систему уравнений числовые значения, нахо-
дим силы Fi и F2:
Ft +F2= 1200;
8^ 0,23 15	82=2 0,1s 10
-----------------------= 0,02,
8,0 Ю10 0,02* 8,0 Ю10 0,01*
откуда
Fl = 800 H и F2 = 400 H.
Определяем максимальные касательные напряжения в пружинах:
kiSFiDi	8 800 0,2	„
maxTt=--------= 1,14-------—=58,0 106 Па = 58,0 МПа,
nd*	3,14 0,023
где кх = 1,14 (по табл. 4.2 при сп—10);
fc2 8Г2Р2	8'400 0,1
maxTH —-------— = 1,14 — — =116 10б Па=116 МПа,
л</3	3,14-0,013
где к2= 1,14, так как и в этом случае сп= 10.
Определяем перемещение плиты, равное осадке первой пру-
жины,
8/iPjni
G</*
8 -800 0,23 -15
8,0 101 °-0,02*
6,0-10 2 м=60 мм.
Задача 4.14. Пружина жестко закреплена обоими концами и на-
гружна силами X и F2, как показано на рис. 4.22. Средний
Диаметр витка D=1R= 160 мм. Поперечное сечение проволоки пру-
105
Рис. 4.22
жилы — прямоугольник со сторонами Ь= 10 мм и с=20 мм. Число
рабочих витков и =12. Найти допускаемую величину сил F при
[т] = 200 МПа.
Решение. При нагружении пружины в опорах А и В возникают
реакции VA и Ув. Система статически неопределима — при двух
неизвестных VA и VB можно составить лишь одно уравнение равно-
весия
Va-F+F-Vb=0,
из которого следует, что реакции равны по модулю и направлены
в противоположные стороны. Необходимое дополнительное
уравнение — уравнение перемещений — выражает ту мысль, что
сумма изменений высот отдельных участков пружины под действи-
ем всех приложенных к ней сил должна равняться нулю:
22,=0.
Если поперечное сечение проволоки пружины некруглое, то для
определения изменения высоты пружины служит формула
4GJZ ’
где как и ранее, геометрическая характеристика жесткости попе-
речного сечения.
Мысленно отбрасывая связь в точке А, заменяем ее действие на
пружину силой VA и, пользуясь принципом независимости действия
сил, определяем изменение высоты пружины (перемещение сечения
А) от каждой силы в отдельности. Заметим, что сила F сжимает
участок КВ, сила F2 растягивает участок LB, а реакция VA растягива-
ет всю пружину.
106
В итоге получаем уравнение перемещений в виде:
tlD3
4&7Ж
2	1	\
VAn— nF+~ nF 1=0,
3	3	/
отсюда
Построив для пружины эпюру продольных усилий N (см. рис.
4.22), устанавливаем, что опасным является участок KL. Если для
пружины, изготовленной из проволоки круглого сечения, опасной
всегда является внутренняя точка контура, то для пружины с прямо-
угольным поперечным сечением опасными могут оказаться иные
точки. Действительно, при кручении наибольшие касательные на-
пряжения возникнут в серединах длинных сторон (точки 5 и Т на
рис. 4.23), но в этих точках отсутствуют касательные напряжения,
обусловленные наличием поперечной силы Qy. С другой стороны,
в точке Е касательные напряжения, соответствующие обоим сило-
вым факторам, существуют и совпадают по направлению.
Предварительно найдем геометрические характеристики попе-
речного сечения проволоки, необходимые для определения каса-
тельных напряжений от кручения (4.12) и (4.13); при отношении
сторон Л/6=2 коэффициенты а и у принимают следующие значения:
а = 0,246; у=0,795. Тогда 1Гж = (хЬ2й = 0,246• I2'2 = 0,492 см3 (см.
табл. 4.1). Таким образом, в точках 5 и Т
Mz 2/3FR	2 ГО,08	1п8.1п4р
ТщахМ, =---=-----=------------- = 10,6 1Ол
z WT WT 3 0,492 10"6
В точке Е касательное напряжение от кручения
^=^^=0,795  10,8 104Г=8,63 • 104F,
а от поперечной силы
Qy 2/3F 2F
=-=-!—=----------= 0,33 • 104F.
А А 3 1-2 10 4
Суммируем напряжения в точке Е:
г=7^ + 1^=8,63 - 104F+0,33 - 104Г= 8,96- 104Г.
В результате установлено, что самые опасные точки расположе-
ны в серединах длинных сторон сечения.
Условие прочности
107
или
tm.x=10,8 104F<200 106.
Отсюда получаем допускаемую величину нагрузки
[Л =1850 Н=1,85 кН.
Задача 4.15. Требуется заменить старую двойную пружину амор-
тизатора, изображенную на рис. 4.24, а, на новую, имеющую такую
же жесткость (рис. 4.24, б).
Решение. Жесткость пружины с — это сила F, вызывающая
единичную осадку пружины (2=1 м). Таким образом, c=F[k и на
основании формулы (4.21)
Рис. 4.23
Рис. 4.24
Согласно условию, при одной и той же силе F осадка как старой,
так и новой пружин должна быть одинаковой. Для старой пружины
F=Fi + F2 = 2CTCi + 2CTe2.
Здесь F] и F2 — соответственно силы, сжимающие каждую из
двух старых пружин.
Для новой пружины та же сила
2** — 2^03 Cj.
Так как осадки должны быть равны (2СТ=2ЯОВ), а силы одинаковы,
то отсюда следует равенство
с3=с1 + с2=6- 10б + 3 Юб = 9 10б Н/м.
ГЛАВАУ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ
ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ
§ 12. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ
При расчетах на прочность, жесткость и устойчивость использу-
ются геометрические характеристики поперечного сечения бруса:
площадь, осевые и полярный моменты инерции, осевые и полярный
моменты сопротивления. Кроме того, при их определении вспомо-
гательную роль играют статические моменты* и центробежные
моменты инерции сечения.
Напомним определения, свойства и методы вычисления перечис-
ленных характеристик (рис. 5.1).
Площадь сечения [длина2]
A=f dA.
Статический момент сечения — сумма произведений площадей
элементарных площадок на их расстояния до данной оси, взятая по
всей площади сечения — [длина3]:
iSu = j vdA = Av с,
A
5V=J udA=Auc,
A
где uc и vc — расстояния от центра тяжести сечения соответствен-
но до осей Ov и Ои.
Статический момент сечения может быть как положительным,
так и отрицательным. Относительно любой оси, проходящей через
центр тяжести сечения, он равен нулю.
Осевой (или экваториальный) момент инерции сечения — сумма
произведений площадей элементарных площадок на квадраты их
*В некоторых случаях статические моменты являются не вспомогательными,
а основными геометрическими характеристиками, входящими в расчетные формулы
(например, при определении касательных напряжений при изгибе).
109
расстояний до данной оси, взятая по всей площади сечения —
[длина4]:
Ju=j i>2i£4;
л
u2dA.
А
Jp = f p2dA.
А
Осевые и полярный мо-
менты инерции — величины
существенно положитель-
ные.
Центробежный момент
инерции [длина4]
Л,,= J uvdA
А
может быть положитель-
ным, отрицательным и рав-
ным нулю.
Через любую точку, взя-
Полярный момент инерции [длина4]
тую в плоскости сечения, можно провести две взаимно перпен-
дикулярные оси, относительно которых центробежный момент ине-
рции сечения равен нулю. Эти оси называются главными осями
(иногда их называют главными осями инерций). Практический ин-
терес представляют лишь главные оси, проходящие через центр
тяжести сечения, они называются главными центральными осями
(для краткости в дальнейшем будем в большинстве случаев назы-
вать их просто главными осями).
Осевые моменты инерции относительна главных осей {главные
моменты инерции) экстремальны — относительно одной из них
момент инерции максимален, а относительно другой — минимален.
Для расчетов на прочность и жесткость при изгибе, сочетании
изгиба с растяжением и в ряде других случаев нужно знать положе-
ние главных центральных осей и величины соответствующих мо-
ментов инерции.
В случае, если сечение имеет хотя бы одну ось симметрии, то эта
ось и ось к ней'перпендикулярная, проходящая через центр тяжести
сечения, являются главными центральными осями.
При вычислении главйых моментов инерции сечений, составлен-
ных из простейших геометрических фигур или стандартных прокат-
ных профилей, широко применяются формулы перехода от цент-
110
ральных к параллельным им нецентральным осям (рис. 5.2). Эти
формулы имеют следующий вид:
для осевого момента инерции
Jx=JXa+a2A,	(5.1)
для центробежного момента инерции
Jxiyi=Jx^0+abA.
(5-2)
Координаты а и b должны быть подставлены в формулу (5.2) со
своими знаками (о и b — координаты начала новой системы коор-
динат в старых осях). В част-
ном случае, если исходные оси
Ох0 и Оу о главные, JX[i>0 = ()
и взамен (5.2) имеем
Jx^=abA. (5.3)
Приведем формулы для вы-
числения моментов инерции
прямоугольника, треугольника,
круга и кольца.
А. Прямоугольник (рис. 5.3)
ЫР
Л=~,	(5.4)
Рис. 5.2
где b — сторона, параллельная оси, относительно которой вычисля-
ется момент инерции.
Для оси, совпадающей с одной из сторон прямоугольника (не
главный момент инерции),
bh3
3 '
(5-5)
Б. Равнобедренный треугольник (рис. 5.4). Главные моменты
инерции
Г =—•
X-	9
36
Гу=—,
У 48
(5.6)
(5-7)
Заметим, что формула (5.6) дает величину момента инерции
любого треугольника относительно оси, параллельной его основа-
нию, но, если треугольник неравнобедренный, указанная ось не
будет главной.
ill
В. Круг (рис. 5.5)
Г. Кольцо (рис. 5.6)
л=л=^а-с4),	(5.9)
64
где
do
с=~.
d
Заметим, что для круга и кольца все центральные оси главные
и моменты инерции относительно этих осей равны между собой.
Этим же свойством обладает любое сечение, у которого два глав-
ных центральных момента инерции одинаковы (см. ниже задачу
5.5).
При вычислении моментов инерции сложных сечений (составлен-
ных из простейших фигур или прокатных профилей) координаты их
центра тяжести определяют по формулам:
(5.10а)
где Л,; ц; v, — соответственно площадь и координаты центра тяже-
* сти каждой из составляющих фигур;
А; Su — площадь и статические моменты всего сечения.
Моменты инерции (осевые и центробежные) сложных сечений
относительно данных осей определяют путем суммирования соот-
ветствующих моментов инерции составляющих фигур относитель-
но тех же осей (см. примеры в § 13).
При этом используются формулы (5.1 — 5.3) перехода от цент-
ральных к параллельным им нецентральным осям.
112
В тех случаях, когда сечение не имеет ни одной оси симметрии,
сначала вычисляют моменты инерции относительно некоторых це-
лесообразно выбранных (см. ниже задачу 5.6) центральных осей Ох0
и Оу0 (исходные оси), затем определяют угол наклона главных осей
по отношению к исходным и величины главных моментов инерции.
Рис. 5.5
У
Связь между моментами инерции относительно исходных осей
(Ох0, Оуо) и осей, повернутых на произвольный угол а (рис. 5.7),
имеет вид:
Ао + ^о Jxa —
Jx =--------1-------cos 2а—Jx v sin 2а;	(5.11)
*	2	o-ro	'	x z
Ль
Л1У1=Jx^D cos 2а+—-— sin 2а.	(5.12)
Угол поворота главных осей по отношению к исходным опреде-
ляется из зависимости
tg2oo=————.	(5.13)
Эта формула дает два значения угла Оо : а[> и а^' = а^+90°. При
Л >4, угол а£ дает положение главной оси, относительно кото-
рой момент инерции максимален. Положительный угол aj, следует
откладывать от оси х0 против хода часовой стрелки.
Для определения положения (угла наклона) главных осей взамен
формулы (5.13) можно применять формулы
tg Oft
^oJo
(5.14)
Jo
113
^ХоУа
’ tgaoy=77T7’	(5.14а)
А» А
где Oto, и otoy — углы, образуемые главными осями х и у соответст-
венно с осью х0;
А и Jy — главные моменты инерции.
Главные моменты инерции можно вычислить по формуле (5.11),
подставляя в нее последовательно а=<4 и а=а£, но практически
удобнее пользоваться формулами, не содержащими тригономет-
рических функций. Эти формулы имеют вид:
J™=2	7(Л0-А0)2+4А2оЛ-	(5.15а)
§ 13. ПРИМЕРЫ ОПРЕДЕЛЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ХАРАКТЕРИСТИК
ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ
Задача 5.1. Определить положение главных центральных осей
и вычислить величины главных центральных моментов инерции
сечения, имеющего форму полукруга (рис. 5.8, а).
Решение. 1. Определяем положение центра тяжести сечения.
Центр тяжести лежит на оси у, так как она является осью симмет-
рии. Выбираем вспомогательные оси и и v и определяем коор-
динаты ис и vc. Очевидно,
uc=R,
Так как полукруг не может быть разбит на части более простой
формы, то статический момент его может быть определен лишь
путем интегрирования:
Su=J vdA,
А
где
v=Rsinfl,	dA — (2R cos fl)dv,	do = (R cos fl) dfl
Тогда
Я
2
Г	2R3
S-=J
0
114
2R3 nR2 4R
vc=— : —=—»0,424Я.
3	2 Зл
Для определения статического момента Su полукруга можно также разбить его
площадь на элементарные секторы (рис. 5.8, б). Площадь каждого из таких секторов
определяется как площадь треугольника с основанием Rdfi и высотой R, т. е.
1	R2
dA=- (RdP)R=- dp,
2	2
а ордината его центра тяжести
v=- Rsin/J.
3
Таким образом,
Г	Г R2 2	2 ,
Su= I ®<М= —  - RsmBdB=- R3.
J	J 2 3	3
2. Определяем главные центральные моменты инерции сечения.
Одной из главных осей является ось симметрии у, вторая главная
ось х проходит через центр тяжести сечения перпендикулярно пер-
вой.
Очевидно,
у
1 nd'
2 64
1 л(2Л)4
2 64
—=—а 0,0245г/4 к. 0,393А4.
128	8
Определим момент инерции Jx
VcA = 0,393л4 - (0,424А)2	« 0,111 А4а 0,00694г/4.
Задача 5.2. Определить положение главных центральных осей
и вычислить величины главных центральных моментов инерции
сечения, изображенного на рис. 5.9.
Решение. 1. Определяем положение центра тяжести сечения.
Центр тяжести лежит на оси симметрии сечения. Выбираем систему
115
вспомогательных осей и и v, разбиваем сечение на два прямоуголь-
ника и по формуле (5.10, а) определяем координату
Su Aivi+A^ 10'2'5+2'811
vc=— =---------=-------------= 7,67 см.
А А	2'10+2'8
Рис. 5.9
2. Определяем главные це-
нтральные моменты инерции
сечения. Одной из главных
осей является ось симметрии
у, вторая главная ось х прохо-
дит через центр тяжести сече-
ния перпендикулярно к пер-
вой.
Вычисляем момент инер-
ции Jx
Моменты инерции состав-
ляющих фигур J\ и 7° опре-
делим, применив формулу пе-
рехода к осям, параллельным
центральным, т. е.
J* = Jx1 + al-^b
J^=J^ + a22A2,
где и 7° — моменты инерции прямоугольников I и II относи-
тельно собственных центральных осей х1 и х2;
ai и а2 — расстояния между указанными осями и осью х (см.
рис. 5.9).
Подставляя числовые значения, получаем
Ji =	+(2,67)2  2 • 10=309 см4;
23
J*=-—+(3,33)2 8  2= 183 см4;
7. = 309+ 183 = 492 см4.
Вычисляем момент инерции Jy
Jy=J'+J*
В данном случае ось у является одновременно как главной осью
прямоугольников I, II, так и всего сечения.
116
По формуле (5.4)
10-23
12
6,7 см4;
7 - оз
/°=------= 85,3 см4;
У 12
/,=6,7+85,3 = 92 см4.
Для проверки правильности решения можно разбить сечение на
прямоугольники другим способом и вновь произвести расчет. Со-
впадение результатов явится подтверждением их правильности.
Задача 5.3. Определить центробежный момент инерции прямо-
угольного треугольника относительно центральных осей, парал-
лельных катетам (рис. 5.10, а).
Рис. 5.10
Решение. Решим задачу двумя способами.
1-й способ. Проведем вспомогательные оси Ои и Ov, совпада-
ющие с катетами заданного треугольника (см. рис. 5.10, а).
Как известно,
/«»~	4" оЬА,
отсюда
где
1 ,	,1	1 ,
а=- Л, Ь=- с, А= he.
3	3	2
По определению центробежный момент инерции
uvdA,
л
где dA = dudv (рис. 5.10, а).
117
При выбранной разбивке сечения на элементарные площадки
задача сводится к нахождению двойного интеграла
J„. = f \uvdudv.
о о
Из подобия треугольников АОЕ и ABD находим:
с h
«0=7 (Л-v).
Я
Тогда
* (*-•)
* *
Г	Г	c2h2
Jm— I I uvdudv—-------------,
j	j	24
о 0
с2Л2 h c ch	c2h2
Xay° ~ 24	3 3 2 ~	72 ‘
2-й способ. Соединим вершину В треугольника с серединой сто-
роны АЕ (рис. 5.10, б), т. е. проведем одну из медиан заданного
треугольника. В результате получим два равнобедренных треуголь-
ника АОВ и ВОЕ. Через точку О проведем вспомогательные оси Ои
и Ov, параллельные катетам заданного треугольника.
Центробежный момент инерции треугольника АВЕ относитель-
но осей Ои и Ov равен сумме центробежных моментов инерции
треугольников АОВ и ВОЕ относительно этих осей:
Z — 71 + ,/п
Для треугольника АОВ ось Ои является осью симметрии, следо-
вательно, аналогично для треугольника ВОЕ ось Ov является
осью симметрии, следовательно, 2^=0.
Итак, центробежный момент инерции треугольника АВЕ от-
носительно осей Ои и Ov оказался равным нулю, т. е. это главные
оси рассматриваемого треугольника при начале координат в точке
О (подчеркиваем, главные, а не главные центральные).
Как известно,
“Ь иЬА,
1 , ,1
где п, Ь = с,
6	6
Тогда
А = - he (рис. 5.10, б).
2
h с he
\ у Ч—	—	‘ —,
0?0 6 6 2
118
отсюда получаем прежний результат
J =-c2h2
и*оУо
72
Необходимо иметь в виду, что при ином расположении тре-
угольника относительно осей х0, у0 абсолютная величина центро-
бежного момента инерции не изменится, т. е.
..	.	у
Ъ,-33,5
100*100*8
Рис. 5.11
1Л0>01- 72 ,
но знак может быть другим. Так,
например, при расположении тре-
угольника по рис. 5.10, в ЛоЛ>0.
Знак центробежного момента инер-
ции в рассматриваемых случаях не-
трудно установить непосредствен-
но по чертежу, так сказать, «прики-
нуть», каких слагаемых (положи-
тельных или отрицательных) будет
больше при суммировании подын-
тегральных выражений. На рис.
5.10, в заштрихованы квадранты
сечения I и III, для которых произ-
ведения хоуо, а значит и величины
XoyodA, положительны. Совершен-
но очевидно, что при суммирова-
нии величин xcyodA по всей площа-
ди сечения сумма положительных
слагаемых будет по модулю боль-
ше суммы отрицательных, т. е. ин-
теграл (Лоуо) окажется положитель-
ным. Аналогичные рассуждения
для треугольника на рис. 5.10, б
приводят к заключению о том, что
Задача 5.4. Вычислить главные центральные моменты инерции
сечения, изображенного на рис. 5.11.
Решение. Сечение имеет две оси симметрии, которые и являют-
ся его главными центральными осями.
Разбиваем сечение на полосу (прямоугольник) и четыре прокат-
ных равнобоких уголка. Для уголка по ГОСТ 8500 — 86 имеем
Л,=/Л = 147 см4; Л( = 15,6 см2; z0=2,75 см (см. рис. 5.11).
Момент инерции относительно оси х
1 2ЯО3
Л=Лпо;1+4Луг=-Т2 +4[147 + (37,25)2 15,6]«
119
«13,8 104 см4.
Момент инерции относительно оси у
fif)  1 7З
Л=Люи,+4^=-1^+4[147+(3,35)2  15,6]«
«13,0 • 102 см4.
Правильность решения можно приближенно проверить, приме-
нив другую разбивку (считать прокатный уголок составленным из
двух прямоугольников). Расхождение результатов (при отсутст-
вии ошибок в решении)
должно составить приме-
рно 4 — 6% за счет пре-
небрежения закругления-
ми полок.
Задача 5.5. Для сече-
ния, изображенного на
рис. 5.12, определить рас-
стояние с между швелле-
рами из условия, чтобы
любая центральная ось
была главной.
Решение. Известно,
что если главные момен-
ты инерции Jx и Jy равны
между собой, то любая центральная ось главная, и все главные
моменты инерции имеют одинаковую величину. Из указанного
условия (Л=Л) и определяется расстояние с.
По ГОСТ 8240 — 89 берем данные для швеллера № 12: Jx=
= 304 см4; /Л = 31,2 см4; Л = 13,3 см2; z0 = l,54 см.
Вычисляем момент инерции Jx, не зависящий от расстояния
между швеллерами,
JX=2JX +2JXn = 2'304 + 2 f—°’—+ 6,32'12 0,6 | = 1180 см4.
ШВ	ПОЛ	1	12	/
Составляем выражение для момента инерции Jy:
Jv---
У /шв -Упол
Подставляя числовые данные и приравнивая Jx и Jy, имеем:
31,2 +
2
0,6'123
13,3 +2------------ = 1180.
12
откуда с = 8,8 см.
120
Задача 5.6. Для заданого сечения (рис. 5.13) определить положе-
ние главных центральных осей и вычислить главные центральные
моменты инерции.
Решение. 1. Выбираем вспомогательные оси Ои и Ov так, чтобы
сечение было расположено в первом квадранте.
2.	Разбиваем сечение на простейшие составные части, положения
центров тяжести которых известны. В данном случае сечение разби-
ваем на следующие части: пря-
моугольник I, прямоугольник
II, треугольник III, полу-
круг IV.
Координаты центров тяже-
сти этих частей:
прямоугольник Г.
Ui = ЗЙ, «1 = ЗЙ;
прямоугольник II:
щ=й, v2=2,53;
треугольник III:
2	4	2	4
Из=- (2Й)=- й,гз=- (2Й)=- й;
полукруг IV:
«4=4й~0,424й«3,58й; «4=4Й.
Рис. 5.13
3.	По* формулам (5.10, 5.10а) определяем координаты центра
тяжести сечения
A	+A2U2+A3U3—A4U4
Uc-~-----------------
Д1 +^2 + -^3—-^4
1	4	3,1451 2
25 65 35+5-25-5+- 25-25- - S—----
2	3	2
1	3,1452
25 65 + 5-25+-'25-25------
2	2
•3,585
— = 2,43й,
+^2^2 +^31’3— A4V4
»с=---------------------
А1 + А2 +А3 — А4
1	4	3,1452
25-65-35 + 5-25-2.55+- -25-25- - 5------ 45
2	3	2
1	3,1452
25-65+5-25+- -25-25-------
2	2
= 2,58й.
Последние слагаемые в числителях и знаменателях отрицатель-
ны; это объясняется тем, что эти слагаемые относятся не к реальной
площади части сечения, а к отверстию (выемке).
121
4.	Выбираем вспомогательные центральные оси х0 и у0 и опреде-
ляем осевые и центробежный моменты инерции относительно этих
осей. Указанные оси выбираем таким образом, чтобы они были
параллельны тем центральным осям составных частей сечения,
относительно которых моменты инерции известны:
•/х0 = *^х1 + а1-^1 + /?, + а2^2 +	+	—+ 04^4),
где
25(65T = 3 a=v v = 33-2,586 = 0,426,	Л( = 1262;
1	12
2£(5)3=	a2=vc-v2=2,586-2,56=0,086, Л2 = 262;
1	12
J™=M(25)’ = 0,44564,	a3=re—«3=2,586—1,336=1,256,
36
A3=- -26 -26=262;
2
Jjv=o,39364 (см. задачу 5.1), a4—v4—vc=4b —2,586= 1,426,
Л4=—= 1,5762.
2
Подставляя значения слагаемых в выражение для JXo, получаем:
JXo = 3664+(0,426)2 • 1262+0,16764+(0,086)2262 + 0,44564+
+(1,25б)2 • 262-[0,39364+(1,426)2 • 1,5762]«38,364.
Аналогично находим момент инерции относительно оси у0
Jy.=J + bl А1++ b^A 2++63 А з—(Jjy+b%A 4),
где
= 66(25) = b	36- 2,436=0,576;
Л 12
J? = W3=Oj667^45 fe2=Ue _ U2=2,436 - 6=1,436;
2	12
J“i=^- = 0,44564, 63 = ^-143=2,436-1,336 = 1,16;
Уз 36
Jjy = 0,11164 (см. задачу 5.1), b4 = u4— uc=3,586 — 2,436 = 1,156.
Подставляя в выражение для Jyo значения слагаемых, получаем:
/>о=464+(0,576)2 1262+0,66764+(1,436)2 ’ 262 +
+ 0,445б4+(1,16)2 • 262-[0,11164+(1,156)2 1,5762]«13,364.
122
Центробежный момент инерции Л0>0 определяем как сумму:
= J11У1 +	J х2у2 + Й2^2-^2 + J ™>3 + й3Ь3А3 —
~	+ fl4^4^4)>
где J*171 = O, так как оси х, и у3 для прямоугольника I главные,
=- 0,426,	-0,57<5;
J“>2=0, так как оси х2 и у2 для прямоугольника II главные,
а2 = 0,086, 62= 1,43(5;
/™7з= —(	= — 0,22264 (см. задачу 5.3), а3= 1,256, Ь3= 1,16;
J^,4=0, так как оси х4 и у4 для полукруга IV главные,
а4= —1,426, Ь4= —1,156;
подставляя числовые значения, получаем:
=(0,426)(0,576)1262+(0,086) (1,436)262 + (- 0,22264) +
+ (1,25б)(1,16)262-(-1,426)(-1,156)1,5762«3,0864.
5. По формуле (5.13) определяем положение главных централь-
ных осей сечения (угол их наклона к исходной оси х0)
tg2ao= —-----
Jy0
2  3,085*
38,35*—13,35*
-0,246,
откуда
2а0=13°48', а'0=—6°54', а£ = - 6°54' + 90° = 83°06' (а" = - 96°54').
Ось, относительно которой момент инерции максимален, со-
ставляет меньший угол с той из исходных осей, относительно
которой момент инерции больше. В нашем случае Jx<>JyD, следова-
тельно, Л=7тал.
6. По формулам (5.15) и (5.15а) определяем величины главных
центральных моментов инерции:
о -ГО 1 г-----------—- 
Л-----~+2 V(A.-/J2+4^.,.
38,35*4-13,35*
------------------1-
2
+ 1- V(383<54 -13,364)2 + 4 (3,0864)2=25,864 +12,964=38,764;
123
J*o + Jy<, 1	.--------—
Л=--------VCAo-ZJ +47x0V0
r 2	’’ ' ’л°	*ozo
38,3<54+13,3<54
~	2
5/(38>3<54-13,3<54)2+4 (3,08<54)2=25,8<54-12,9<54 = 12,9<54.
Если окажется, что неравенства Jtnax>JX() или Jmn<Jy, не со-
блюдаются, значит, в последнем пункте расчета есть вычислитель-
Рис. 5.14
ные ошибки. Для полной проверки решения рекомендуется выпол-
нить его заново при другой разбивке сечения на простейшие части.
Можно раньше определить величины Jx и Jy, а затем найти угол
аох или аоу (см. с. 113, 114). По формуле (5.14) имеем:
7хо>о зовг4
tg Олх =------=---------------
Jy„-Jx 13,3д4-3»,7^
-0,121
и Uqx = — 6°54', т. е., как и должно быть, Оох=а'0.
Задача 5.7. Определить положение главных центральных осей
и вычисли ь главные центральные моменты инерции заданного
сечения (рис. 5.14, а).
124
Решение. Заданное сечение разбиваем на два прокатных про-
филя: неравнобокий уголок I и швеллер II. Геометрические ха-
рактеристики уголка и швеллера берем по ГОСТ 8510 — 86
и 8240 — 89.
Для уголка 100 х 65 х 10:
7^ = 154,05 см4; = 50,98 см4; 7}з = 30,15 см4;
At = 15,61 см2; tga = 0,41;
координаты центра тяжести
У! — 3,36 см; Xi = 1,63 см.
Для швеллера № 20:
7° = 1520 см4; 7° = 113 см4; Л2=23,4 см2; zo=2,O7 см.
1.	Выбираем вспомогательные оси и и v и определяем положение
центра тяжести сечения
Aivi+A2v2 15,61 • 16,64 + 23,4 10 , „
vc—------— =----------------—12,64 см;
Ai+A2	15,61+23,4
А{и1+А2и2 15,61 9,23 + 23,4'5,53
Uc =--------=---------------= 7,01 CM.
Ai+A2	15,61+23,4
2.	Выбираем вспомогательные центральные оси х0 и у0 и вычис-
ляем осевые и центробежный моменты инерции относительно этих
осей. Заметим, что указанные оси выбираем таким образом, чтобы
они были параллельны тем центральным осям уголка и швеллера,
относительно которых моменты инерции известны
7Хо=7^ + а?Л, + 7”+а1Л2 = 154,05+42 • 15,61 +1520+
+2,642 • 23,4=2087 см4;
=Л + bl А,+7° +blA2 = 50,98+2,222 • 15,61 +
+113 +1,482'23,4=292 см4.
Для швеллера оси х2, у2 главные, поэтому 7Х2Ъ = 0.
Вычислим центробежный момент инерции уголка относительно
осей хх, yi (рис. 5.14, б).
На основании формулы (5.11)
7’з=/Ц^+^Ц^‘ cos 2 (90° - a) - Jsin 2 (90°-a).
Откуда, учитывая, что a = arctg0,41 =22°20', и подставляя чис-
ловые значения, имеем
»		, 154,05 + 50,98 154,05 - 50,98	„ ,
sin 135 20 =— -----—+—--------— cos 135 20 —30,15
125
или окончательно
ЛЛ=50,8 см4.
Тот же результат можно получить на основе формулы (5.14),
которая при обозначениях, принятых здесь, имеет вид
tgaoxl=tg(90°-a)=-^r.
Отсюда	71 71
Л Л = (J\ - У’э) tg (90° - a)=(50,98 - 30,15) tg (90° - 22°10')=50,8 см4.
Вычисляем центробежный момент инерции всего сечения
+	+/?Л+а2Ы2=50,8 + (4) • (2,22) • 15,61 +
+ 0 + (-2,64)(-1,48) 23,4=281 см4.
3.	По формуле (5.13) определяем положение главных осей сече-
ния (угол их наклона к исходной оси Хо)
откуда
2ао=17°20', а'0=—8°40', а'о = -8°40, + 90о = 81о20'.
Ось, относительно которой момент инерции максимален, со-
ставляет меньший угол с той из исходных осей, относительно
которой момент инерции больше. В нашем случае	следова-
тельно Jx=Jma. (рис. 5.14, а).
4.	По формулам (5.15) и (5.15, а) вычисляем величины главных
центральных моментов инерции:
JX0 + Jy0 1	---------_
Л=-у-+-
^(2087- 292)! +4  2812 = 1189,5 + 940 - 2130 см*;
Л=^-‘ V(A.-4y+4Jt.“
I ^/р087 _292)2+4 • 2812-1189,5 -940=220 см*.
Если окажется, что неравенства ЛШХ>ЛО или	не со-
блюдаются, значит, в последнем пункте расчета есть вычислитель-
ные ошибки.
126
Задача 5.8. Определить положение главных центральных осей
и вычислить главные центральные моменты инерции заданного
сечения (рис. 5.15, а).
Решение. Заданное сечение разбиваем на два профиля: прямо-
угольник I и равнобокий уголок IIГеометрические характеристики
уголка (90 х 90 х 8) по ГОСТ 8509 — 86:
= 106 см4; /° = 168см4; Л2=13,9см2;
а=45°; координаты центра тяжести x2=J2=2,51 см.
Рис. 5.15
1.	Выбираем вспомогательные оси u, v и определяем положение
центра тяжести сечения
AlVl+A2v2 16-1,2 9,6 + 13,9 6,49
vc—--------— =---------------------= 8,28 см;
Ai+A2 16 1,2+13,9
AlUl+A2u2 16 1,2-8 + 13,9-4,51
uc=---------=-----------------= 6,55 см.
Ax+A2 16 1,2 + 13,9
127
2.	Выбираем вспомогательные центральные оси х0 и у0 и вычис-
ляем осевые и центробежный моменты инерции относительно этих
осей. Заметим, что указанные оси выбираем таким образом, чтобы
они были параллельны тем центральным осям прямоугольника
и уголка, относительно которых моменты инерции известны
/Хо=/Х1 + а2Л1+/°+а2Л2=^^- + 1,322'19,2 +
+106+1,792 13,9= 186 см4;
здесь
a!=vc—^1 = 8,28 —9,6=— 1,32 см; •
a2=vc—v2 = 8,28 — 6,49 = 1,79 см.
7Уо=/^1 + 62241+/^+б2-^2=———F 1,452  19,2+
+ 106 + 2,042 • 13,9 = 614 см4;
здесь
bi = uc—щ = 6,55 — 8,0= —1,45 см;
b2=uc—и2=6,55— 4,51 =2,04 см.
Для прямоугольника оси xit yi главные, поэтому = 0.
Вычислим центробежный момент инерции уголка относительно
осей х2, у2 (рис. 5.15, б).
На основании формулы (5.11)
,п Jn+Ja J"-Jn „	,
= ——-+——а cos 2a—sin 2a.
2	2	11
Откуда, подставляя числовые значения, имеем:
168
106 + 106 106-106
-------+--------
2	2
cos (-90°)-J“,a sin(—90°)
или окончательно
=62 см4.
х1Уг
Вычисляем центробежный момент инерции всего сечения
ЛоУо = J\iyi + а1 ^1-^ 1 + J + й2Ь2А2 = 0 +
+( — 1,32) ( — 1,45)19,2+62 +1,79  2,04 13,9 »149 см4.
3.	По формуле (5.13) определяем положение главных осей сече-
ния (угол их наклона к исходной оси х0)
tg2a0= —
2JX,
хаУо
Jx -Jv
*о Уо
2 149
186-614
0,91,
128
откуда
2ао=42°20', а^ = 21°10', или а^ = 21°10' + 90° = 11
Ось, относительно которой момент инерции максимален, со-
ставляет меньший угол с той из исходных осей, относительно
которой момент инерции больше. В нашем случае Л0>Л0, следова-
тельно, Jy — Jmax (РИС. 5.15, fl).
4.	По формулам (5.15) и (5.15а) вычисляем величины главных
центральных моментов инерции
7(л.-/д2+’47?л=
= 1KJ6M+1 ^/(186_614)2 + 4.]49!=400 + 261=661 см4.
= IS6^614_ I ^/(186_614)2+4.1492 = 4оо—261 = 139 см4.
Задача 5.9. Показать, что для сечения
в виде правильного многоугольника су-
ществует бесконечное число главных цен-
тральных осей.
Решение. В качестве примера возь-
мем равносторонний треугольник (рис.
5.16). Оси х и у — главные центральные;
поэтому центробежный момент инерции
Л>=0.
На основании (5.6) и (5.7)
2	96
bb3 а /а у/
36 ~36 \
b3h
а3
48 48
96 ’
Здесь h— — высота треугольника.
Подставляя моменты инерции в формулу (5.13), получаем неоп-
ределенность:
tg2a=
О
о‘
Следовательно, любая пара взаимно перпендикулярных осей
и и v, расположенных под углом а. к исходным осям (х и у), является
главными центральными осями.
5 Ицкович ГМ- МининЛ.С., ВинокуровА.И.
129
ГЛАВА VI
ПРЯМОЙ ИЗГИБ
§ 14. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ВНУТРЕННИХ СИЛОВЫХ ФАКТОРОВ
ДЛЯ БАЛОК И ПЛОСКИХ РАМ
Прямой брус, работающий на изгиб, называют балкой.
Рамой называют систему, состоящую из прямолинейных (реже
криволинейных) стержней (брусьев), соединенных жестко между
собой. Встречаются рамы, в которых некоторые стержни соединены
между собой не жестко, а шарнирно. В плоской раме оси всех
стержней и нагрузки лежат в одной плоскости.
Шарнирно-неподвижная	шарнирно-подвижная
опора.	опора
Ряс. 6.1
Напомним некоторые положения из статики твердого тела. Раз-
личают три основных вида опорных закреплений (опор), применя-
емых для плоских систем: шарнирно-подвижная опора, шарнирно-
неподвижная опора, заделка (защемление). Условные обозначения
опор и опорные реакции, которые в общем случае могут в них
возникнуть, показаны на рис. 6.1, а, б.
Как известно, реакция шарнирно-неподвижной опоры проходит
через центр шарнира, а ее величина и направление зависят от
действующих на балку (раму) нагрузок. Вместо определения вели-
чины и направления этой реакции целесообразно определять от-
дельно две ее составляющие, показанные на рис. 6.1, а. В частных
случаях некоторые реакции могут быть равны нулю (например, если
балка несет вертикальную нагрузку, то горизонтальная составля-
ющая опорной рея г пии равна нулю).
Кроме сосредоточенной силы и сосредоточенного момента, ча-
сто встречается нагрузка, распределенная равномерно (рис. 6.2) или
неравномерно (рис. 6.3) по длине бруса (балки, элемента рамы).
130
Величина распределенной нагрузки характеризуется ее интенсив-
ностью q, измеряемой в Н/м, кН/м и т. п. Равнодействующая
равномерно распределенной по отрезку длиной а нагрузки равна qa
и приложена посередине отрезка а.
При определении опорных реакций рекомендуется составлять,
помимо уравнений, использованных для решения, контрольное
уравнение равновесия. Например, для двухопорной балки, нагру-
женной силами, перпендикулярными к ее оси, рекомендуется опре-
делять реакции, составляя два уравнения моментов относительно
центров шарнирных опор, а для
проверки — сумму проекций на
ось, параллельную силам.
В поперечных сечениях стерж-
ней плоских рам в общем случае
Рис. 6.2
возникают три внутренних силовых фактора: продольная сила N„
поперечная сила Qy, изгибающий момент Мх. В дальнейшем, для
упрощения обозначений, как правило, индексы будем опускать
и обозначать указанные силовые факторы N, Q и М. В поперечных
сечениях балок возникают поперечные силы и изгибающие момен-
ты; если, кроме того, возникают продольные силы, то термин
«балка» обычно не применяют.
Продольная (нормальная) сила Nz представляет собой сумму
проекций на ось Oz (продольную ось бруса) всех внутренних нор-
мальных сил, возникающих в поперечном сечении.
Поперечная сила Qy представляет собой сумму проекций на ось
Оу всех внутренних касательных сил, возникающих в поперечном
сечении.
Изгибающий момент Мх представляет собой сумму моментов
относительно оси Ох всех внутренних нормальных сил, возника-
ющих в поперечном сечении. Напоминаем, что оси Ох и Оу являют-
ся главными центральными осями того поперечного сечения, в ко-
тором определяются внутренние силовые факторы.
Продольная сила численно равна сумме проекций на ось Oz всех
внешних сил, действующих на отсеченную часть рамы (балки).
Поперечная сила численно равна сумме проекций на ось Оу всех
внешних сил, действующих на отсеченную часть рамы (балки).
5'
131
Изгибающий момент численно равен сумме моментов всех внеш-
них сил, действующих на отсеченную часть рамы (балки) относите-
льно оси Ох.
Конечно, во всех случаях в число внешних сил входят и опорные
реакции.
Условимся о правилах знаков для внутренних силовых фак-
торов. Продольную силу, соответствующую растяжению, будем
считать положительной (см. гл. II). Знаки будем указывать непо-
средственно на эпюре.
Для балок будем считать, что внешняя сила, стремящаяся повер-
нуть оставленную часть балки по ходу часовой стрелки, вызывает
положительную поперечную силу. Соответствующая ордината от-
кладывается вверх от оси балки. При построении эпюр поперечных
сил для рам условимся откладывать ординаты Q по направлению
левых внешних сил, не ставя при этом знака.
Эпюра изгибающих моментов строится на сжатом волокне. При
этом изгибающий момент в балках считается положительным, если
сжаты верхние волокна, т. е. элемент изгибается выпуклостью вниз.
На эпюрах М знаков ставить не будем.
Следует твердо запомнить правила построения эпюр попереч-
ных сил и изгибающих моментов*, вытекающие как непосредствен-
но из метода сечений, так и из дифференциальных зависимостей
между q, Qy и Мх:
dQy	dMx	d*Mx
dz . dz	dz
1.	Если на участке^ отсутствует распределенная нагрузка, то
поперечная сила постоянна, а изгибающий момент изменяется по
линейному закону.
2.	Если на участке имеется равномерно распределенная нагрузка,
то поперечная сила изменяется по линейному закону, а изгибающий
момент — по закону квадратной параболы. При этом парабола
всегда обращена выпуклостью навстречу распределенной нагрузке.
3.	Если на участке имеется распределенная нагрузка, изме-
няющаяся по линейному закону (эпюра нагрузки — треугольник
или трапеция), то поперечная сила изменяется по закону квадратной
параболы, а изгибающий момент — по закону кубической пара-
болы.
4.	В сечении, где поперечная сила равна нулю, изгибающий
момент достигает экстремального значения (максимального или
минимального).
5.	В сечении, где приложена внешняя сосредоточенная сила,
перпендикулярная к оси элемента, эпюра Q имеет скачок на вели-
*Правила построения эпюр продольных сил даны в гл. II.
132
чину этой силы, а эпюра М — излом (смежные участки эпюры не
имеют плавного сопряжения).
6.	В сечении, где приложен внешний сосредоточенный момент,
эпюра М имеет скачок на величину этого момента. На эпюре Q это
не отражается.
7.	В концевом сечении балки поперечная сила и изгибающий
момент равны соответственно приложенным в этом сечении вне-
шней сосредоточенной силе (активной или реактивной) и моменту
сосредоточенной пары (активной или реактивной).
8.	В сечении, где начинается или кончается распределенная на-
грузка (при условии, что в этом сечении не приложена сосредоточен-
ная сила), эпюра изгибающих моментов не имеет излома (парабола
и прямая в этой точке имеют общую касательную).
Рис. 6.4
Задача 6.1. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих
моментов для балки, изображенной на рис. 6.4, а.
Решение. Заданная балка имеет два участка нагружения, гра-
ницы которых совпадают с точками приложения внешних сил. Эти
участки указаны на рис 6.4, а.
Построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов,
пользуясь изложенными выше правилами.
Начнем с построения эпюры поперечных сил.
На участке I распределенная нагрузка отсутствует, следователь-
но Q,= const. Величину и знак Qi определим, проводя произ-
вольное сечение на этом участке (например, 1 — 1) и рассматривая
133
равновесие левой отсеченной части, показанной на рис. 6.4, б.
Нагрузкой, действующей на левую отсеченную часть, является си-
ла F, стремящаяся повернуть эту часть против хода часовой стрел-
ки, следовательно Qi отрицательна
Qt=-F.
На участке I эпюра Q — прямая, параллельная оси абсцисс.
Для участка II поперечная сила также постоянна. Проводя про-
извольное сечение на этом участке (например, 2 — 2) и рассмат-
ривая равновесие левой отсеченной части, показанной на рис. 6.4, в,
определим величину и знак Qn. На левую отсеченную часть действу-
ют силы F и 3/'. QD равна их алгебраической сумме
Gn=-F+3F=2F.
Заметим, что в сечении, где приложена сила 3F, на эпюре Q по-
лучается скачок на величину 3F.
Эпюра поперечных сил, построенная по приведенным данным,
показана на рис. 6.4, г.
Переходим к построению эпюры изгибающих моментов М.
На участке I момент изменяется по линейному закону. На левом
конце балки он равен нулю (здесь не приложено внешнего момента).
В произвольном сечении I участка (см. рис. 6.4, б)
Mi=-Fz.
Знак минус поставлен потому, что сила F изгибает балку выпук-
лостью вверх, т. е. сжатые волокна находятся снизу.
В сечении А
МА = — Fa.
На участке II изгибающий момент также изменяется по линей-
ному закону (см. рис. 6.4, в)
Мп= —Fz+3F(z—a).
Момент от силы F отрицателен — эта сила изгибает балку
выпуклостью вверх. Сила 3F изгибает балку выпуклостью вниз и,
следовательно, соответствующий изгибающий момент положите-
лен.
В сечении В изгибающий момент
Мв— —F2a + 3Fa — Fa.
Эпюра изгибающих моментов показана на рис. 6.4, д.
Задача 6.2. Для заданной балки (рис. 6.5, а) построить эпюры
поперечных сил и изгибающих моментов.
Решение. Определяем опорные реакции, приравнивая нулю
суммы моментов всех внешних сил относительно точек Ли В
134
ХтА — О',	qaa—VB2a=Q,
2
откуда
vB=qa-
4
Рис. 6.5
Для проверки используем уравнение Ет=0
3	1
VA — qa+VB= qa—qa+- qa = 0,
4	4
т. е. опорные реакции определены правильно.
Заданная балка имеет два участка нагружения, указанных на рис.
6.5, б.
На участке I имеется равномерно распределенная нагрузка, сле-
довательно, на этом участке поперечная сила изменяется по линей-
ному закону. По рис. 6.5, в легко установить, что
Л 3
0!=- qa-qzv
Л
135
В начале участка в сечении А поперечная сила
3
Qa=Va= qa.
4
В конце участке в сечений D поперечная сила
Л	г, 3	1
VA — qa=- qa—qa~ —	qa.
4	4
Здесь qa — равнодействующая равномерно распределенной на-
грузки.
На участке II поперечная сила постоянна (рис. 6.5, г)
2п=~; qa.
4
Эпюра поперечных сид показана на рис. 6.5, д.
Переходим к построению эпюры изгибающих моментов.
На участке I изгибающий момент изменяется по закону квадрат-
ной параболы (см. рис. 6.5, в)
3	4
М[=- qazi — q —.
4	2
Так как на этом участке эпюра М имеет экстремум (в сечении
С поперечная сила равна нулю), то параболу построим по трем
точкам. Положение сечения С определим, учитывая, что эпюра Q на
этом участке линейна и ее нулевая точка делит отрезок тк, рав-
ный а, в отношении 3 к 1.
-- 3
Следовательно, тп — а.
4
В сечении А изгибающий момент равен нулю (нет внешнего
момента). В сечении С изгибающий момент
лу rz 3	/3 \2 1 3	3	9	2 9	2
мс= VA ~a~q[- a\ ~=~qa ~ a-- qa2=~ qa2-,
4	\4 ) 2 4	4	32	32
в сечении D	->
3	1	2
= ~ qaa-q - = - qa2.
4	2 4
На участке II изгибающий момент изменяется по линейному
закону (рис. 6.5, г)
В сечении В изгибающий момент равен нулю (нет внешнего
момента).
Эпюра М изображена на рис. 6.5, е.
136
ИЛИ
откуда
откуда
Задача 6.3. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих
моментов для балки, изображенной на рис. 6.6, а.
Решение. Определяем опорные реакции, составляя два уравне-
ния моментов (рис. 6.6, б)*.
Т,тл=0; —F2a—m+4qa4a—VB5a=0
— qa  2а—2qa2 -I-16qa2 — 5 Vsa = 0,
Етил=0; — Fla—m—4qaa+ %'Sa—O;
— qa7a—2qa2—4qa2 + 5J^a=0,
VA=2,6qa.
Для проверки используем уравнение Lv=0.
—F+ VA — 4qa+	—qa+2,6qa—4qa + 2,4qa=0,
следовательно, опорные реакции определены правильно.
Заданная балка имеет четыре участка нагружения, границами
участков являются сечения, в которых приложены внешние силы
или моменты (еще раз подчеркиваем, что реакции относятся к числу
внешних сил). Эти участки указаны на рис. 6.6, б.
Начнем с построения эпюры поперечных сил Q.
На участке I распределенная нагрузка отсутствует, следователь-
но Q\ — const. Величину и знак Q определим, проведя произвольное
сечение на этом участке (например, 1 — 7) и рассматривая равнове-
сие левой отсеченной части (отдельно ее не показываем). Внешней
нагрузкой, действующей на левую отсеченную часть, является сила
F, стремящаяся повернуть эту часть против хода часовой стрелки,
следовательно, Qx отрицательна
gI=-F=-9a.
На участке I эпюра Q — прямая, параллельная оси абсцисс.
На участке II поперечная сила также постоянна. На левую
отсеченную часть действуют силы F и VA.
•Изображать балку с отброшенными связями (замененными опорными реак-
циями), так как это сделано здесь и в предыдущей задаче, необязательно; можно
показывать опорные реакции непосредственно на схеме заданной балки, т. е. не
отбрасывая опор.
137
вп= VA—F—2,6qa—qa=l,6qa.
Заметим, что в ечении над левой опорой на эпюре Q получается
скачок на величину силы VA.
На участке III поперечная сила изменяется по линейному закону.
Значение ее в сечении С известно: Qc=Qu = l,6qa. Найдем значение
Q в сечении, расположенном бесконечно близко слева от В,
Qs’= —F+ VA — 3qa= — qa + 2,6qa—3qa= — l,4qa.
Здесь 3qa — равнодействующая той части распределенной нагруз-
ки, которая приложена левее сечения В.
. Значение Q для IV участка удобнее определять, рассматривая
правую отсеченную часть балки.
138
В сечении D поперечная сила равна нулю (внеших сосредоточен-
ных сил в этом сечении не приложено). (?iv изменяется по линейному
закону и в сечении, взятом бесконечно близко справа от В, равна
равнодействующей распределенной нагрузки, приложенной к пра-
вой консоли, т. е.
QT=qa.
Отсекая часть балки (например, проведя сечение 4 — 4) и рассмат-
ривая правую часть, убеждаемся, что приложенные к ней внешние
силы стремятся повернуть ее по ходу часовой стрелки, т. е. Qiv поло-
жительна.
Эпюра поперечных сил, построенная по приведенным данным,
показана на рис. 6.6, в.
Переходим к построению эпюры изгибающих моментов М.
На участке I изгибающий момент изменяется по линейному
закону. На левом конце балки он равен нулю (здесь не приложен
внешний момент). В сечении А
МА = —F2a = — 2qa2.
Знак минус поставлен потому, что эта часть балки изгибается
выпуклостью вверх, т. е. сжатые волокна находятся снизу.
На участке IIМ также изменяется по линейному закону. В сече-
нии, взятом бесконечно близко слева от С, имеем:
Mc*= —F'4a + VA2a = — qa4a + 2,6qa2a= l,2qa2.
В этом сечении на эпюре М получается скачок на величину прило-
женного здесь внешнего момента.
В сечении, проведенном бесконечно близко справа от С,
VA2a—m= — qa4a + 2,6qa2a — 2qa2 = — 0,8qa2.
Остальные значения М целесообразнее определять, рассматри-
вая правую отсеченную часть балки.
В сечении на правом конце балки MD=0 (нет внешнего момен-
та). На участке IV изгибающий момент изменяется по закону
квадратной параболы. Правая консоль изгибается так, что сжатые
волокна находятся внизу, т. е. изгибающий момент отрицателен.
Изгибающий момент в сечении В равен моменту относительно
точки В равнодействующей распределенной нагрузки, приложенной
на консоли, т. е.
Параболу строим по двум найденным значениям Mw, учитывая
при этом, что на правом конце касательная к эпюре горизонтальна,
так как в этом сечении Q = 0.
139
На участке III построим эпюру М по трем точкам. Две из них
уже определены — известны значения Л/?*" и Мв. В сечении К попе-
речная сила равна нулю, следовательно, эпюра М в этом месте
имеет экстремум. Положение сечения К определим, учитывая, что
эпюра Q на участке III линейна и ее нулевая точка делит отрезок cb,
равный За, в отношении 1,6 к 1,4. Беря относительно точки К сумму
моментов сил, приложенных справа от нее, получаем:
Mr= — 2,4qa ' 2~*+2,4qa- l,4a=0,4ftqa2.
Эпюра М изображена на рис. 6.6, г.
Можно построить эпюры Q и М несколько иным способом,
а именно — составив предварительно уравнения, дающие законы
изменения Q и М для каждого из участков. Принимая начало
координат на левом конце балки, получаем следующие уравнения:
участок I (0^z<2a):
6i=~^,
Мх= — qaz',
участок II (2a<z<4a):
бп = — +2,6^а = 1 fiqa,
Мп = — qaz+2,6qa (z—2а);
участок III (4a<z<7a):
бш =—qa+2,6qa—q(z —4a) = 1,6qa— q(z—4a),
Mm = — qaz+2,6qa (z—2a)---------2qa 2;
участок IV (7a<z^8a):
Crv = — qa+2,6qa—q(z—4a)+2,4qa=4qa—q(z—4a),
= — qaz+2,6qa (z—2a) — 2qa2 — q	+ 2,4qa (z—7a).
Задача 6.4. Для заданной балки (рис. 6.7, а) построить эпюры
поперечных сил и изгибающих моментов.
Решение. На балку наложено четыре связи: жесткая заделка
(трехсвязная опора) и шарнирно-подвижная (односвязная) опора.
Несмотря на это, балка статически определима, так как наличие
промежуточного (внутреннего) шарнира С позволяет составить по-
мимо трех уравнений равновесия для балки в целом дополнитель-
ное уравнение — равенство нулю суммы моментов относительно
центра шарнира С всех сил, приложенных слева или справа от него.
Воспользуемся этим для определения реакции опоры В
140
£ тс=0;
прав
— VB ' 2a+Fa—0,
откуда
v‘=i
Эпюры Q и М начи-
наем строить с правого
конца балки, чтобы не
определять реакции за-
делки. В любом сечении
F
участка I Qi= — (знак
минус получается пото-
му, что сила VB, дейст-
вующая на правую
часть, стремится повер-
нуть ее вокруг центра
проведенного сечения
против хода часовой
Рис. 6.7
стрелки).	F
В любом сечении участка II Qn=-. Эпюра Q изображена на рис.
6.7, б.	2
На участке I изгибающий момент меняется по линейному закону
„ Ра
от 0 до —. Так как сжатыми будут верхние волокна, то эпюра (рис.
6.7, в) отложена вверх от оси балки.
На участке II изгибающий момент также меняется по линейному
закону. Чтобы провести прямую, достаточно знать две ее точки.
В начале участка II MD=—, в сечении С—Мс=0. Соединив эти
2
точки прямой, получим эпюру М на участке II. Момент в сечении А
МА = VB4a — F3a = F4a—F'3a= —Fa.
2
Реакции заделки: VA = (величине Q в этом сечении), mA = Fa
2
(величине М в этом сечении).
Задача 6.5. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих
моментов для балки, изображенной на рис. 6.8, а.
Решение. Определим опорные реакции, составив суммы момен-
тов относительно точек А и В (рис. 6.8, а)
Т,тА=0; q ?>a 2a— FB6a=0,
141
откуда
VB=0,5qa.
Здесь -q3a=l,5qa— равнодействующая распределенной на-
2
грузки. Как известно, равнодействующая распределенной нагрузки,
эпюра которой треугольник, равна площади этого треугольника
и проходит через его центр тяжести (точка С на рис. 6.8, а);
расстояние от основания треугольника до центра тяжести равно
7з'3а=а.
Ул=да-
откуда
Для проверки используем уравнение Zv = 0:
^ — 1,5^0+ VB=qa— l,5qa+0,5qa=0,
следовательно, опорные реакции определены правильно.
Заданная балка имеет три участка нагружения. Эти участки
указаны на рис. 6.8, б.
142
Строим эпюру поперечных сил.
На участке I распределенная нагрузка отсутствует, следователь-
но gI=const. Внешней силой, действующей на левую отсеченную
часть (см. сечение 1 — 1 на рис. 6.8, б), является реакция VA,
стремящаяся повернуть эту часть по ходу часовой стрелки, следова-
тельно,
Qi=VA=qa.
На участке II ni перечная сила изменяется по закону квадратной
параболы. Значение ее в сечении D известно: Qn=Qi = qa. Найдем
значение Q в сечении Е:
Qe= VA—l,5qa=qa— l,5qa— —0,5qa.
Здесь l,5qa — равнодействующая всей распределенной нагрузки.
В сечении Е касательная к эпюре Q параллельна оси балки, так
как в этом месте интенсивность распределенной нагрузки qz=qE=0.
На участке III поперечная сила постоянна (на этом участке
отсутствует распределенная нагрузка)
Cm ~—0,5qa.
Определим координату z0 сечения К, в котором поперечная сила
равна нулю. Для этого нужно составить уравнение, дающее закон
изменения Q на участке II, и приравнят величин] Q нулю.
Проведем произвольное сечение 2 — 2 на участке II (рис. 6.8, б)
и рассмотрим равновесие левой отсеченной части (отдельно ее не
показываем). Внешними силами, действующими на левую отсечен-
ную часть, являются реакция VA и равнодействующая той части
распределенной нагрузки, которая приложена к балке левее рас-
сматриваемого сечения. Соответствующая часть эпюры нагрузки —
трапеция с основаниями q и qz и высотой z — а, т. е. указанная
равнодействующая равна:
~ (9+9z)(z~a)
и
Gn= И<-- (q+qz)(z-a)=qa-- (q+qz)(z-a).
Рассматривая подобные треугольники LED и NEP, выразим
интенсивность qz распределенной нагрузки через известную мак-
симальную интенсивность q (рис. 6.8, б)
Яг 4а—z
q 4а—а
143
откуда
4а—z
и окончательно
„	1 (	4а—z\
Qn—qa— q+q — (z-a).
2 \ За /
Приравнивая правую часть этого выражения нулю, получаем
квадратное уравнение относительно искомой координаты z0:
z2 — 8az0 +1 За2=0.
Решая полученное уравнение, находим zOi = 5,73а и z02=2,27a. Оче-
видно, смысл имеет лишь второй корень, т. е. z0=z02=2,21a.
Эпюра поперечных сил показана на рис. 6.8, в.
Переходим к построению эпюры изгибающих моментов.
На участке I изгибающий момент изменяется по линейному
закону. В сечении А он равен нулю (здесь не приложен внешний
момент). В сечении D
MD= VA a=qa' a=qa2.
На участке I сжаты верхние волокна.
На участке III сжаты также верхние волокна; изгибающий мо-
мент изменяется по линейному закону. В сечении В он равен нулю;
в сечении Е
МЕ~ VB 2a = 0,5qa 2a—qa2.
На участке II изгибающий момент изменяется по закону куби-
ческой параболы, причем в начале и в конце участка (в сечениях
D и £) значения М известны.
Определим значение М в сечении К. Слева от сечения К действу-
ют Va и часть распределенной нагрузки, эпюра которой — трапеция
с основаниями q и ?Zo, а ее высота равна 1,27a (рис. 6.8, б).
Так как запоминать формулу, определяющую положение центра
тяжести трапеции, нецелесообразно, то для того чтобы не обра-
щаться к справочникам, представим трапецию в виде простейших
фигур: прямоугольника и треугольника.
Определим qZo. Подставляя в выражение qz вместо текущей коор-
динаты z=z0=2,27a, получаем:
4a-2,27a „
qz=q~—------= 0,577q.
за
Тогда
MK=qa 2,21а—0,512q	0,423? - 1,27a • ' 1,27a=l,58?a2.
144
Здесь 0,577?	— момент от равномерно распределенной на-
2
грузки интенсивностью ?Zo = 0,577?, расположенной слева от сечения
1	2
К; - 0,423? 1,27а •	1,27а — момент от нагрузки, распределенной
по линейному закону и расположенной слева от сечения К; эпюра
этой части нагрузки — треугольник (в сечении D ее интенсивность
равна q-qz = 0,423?).
Эпюра изгибающих моментов изображена на рис. 6.8, г.
Уравнения для Qn и в особенности для Л/п целесообразнее
составлять, рассматривая не левую, как выше, а правую отсеченную
часть балки. При этом математические выкладки упрощаются*.
Убедимся в справедливости сказанного.
Рассматривая подобные треугольники NEP и LED (рис. 6.8, д),
находим:
qz Zj—2а Zj— 2а
q 5a—2a 3a
ИЛИ
Zj— 2a
Составляем выражение для определения поперечных сил Qa в се-
чениях участка II
!	(zi-2a)
Qa= - PB + 0,5qz(zt-2a)= -0,5?а+- q------(zi-2a).
2 За
Приравнивая правую часть этого выражения нулю, получаем
квадратное уравнение
zio-4azlo+a2=0.
Решая полученное уравнение, находим, z10=3,73a (второй корень
уравнения z10=0,67a лишен смысла).
Составляем выражение, определяющее закон изменения Ми,
Z]—2а	(Z]— 2a)3
Л/п= VrZi—0,5?z (zi —2a)---=0,5?azi —0,5?-------.
3	9a
Подставив сюда zI=ZiO=3,73a, найдем максимальный изгиба-
ющий момент
*Менее рациональный способ составления уравнений для Qu и Л/ц показан
в этой задаче ранее рационального способа. Сделано это затем, чтобы читатель
разобрал оба способа и имел возможность их сопоставить, а не просто принял на
веру указание о том, какой подход целесообразнее.
145
MK=0,5qa ’ 3,73д—0,5g ^3’73° 2a^=l,58gfl2.
Задача 6.6. По заданной эпюре изгибающих моментов (рис. 6.9,
построить эпюру поперечных сил и определить силы дейст-
а)
Решение. Прежде чем при-
ступить к решению задачи, на-
помним, что значение произ-
водной при данном значении
аргумента z равняется тангенсу
угла, образованного касатель-
ной к графику функции в соот-
ветствующей точке с положи-
тельным направлением оси Oz.
Задан график функции —
эпюра М. Определяя в каждой
точке заданного графика тан-
генс угла наклона касательной,
получим значение производной
в каждой точке, т. е. значение Q.
Разобьем эпюру М на участ-
ки. Границами участков будут
места изломов эпюры и скачок
на эпюре. Выбранная система
координат и участки показаны
на рис. 6.9, д.
На участке I изгибающий
момент изменяется по линейно-
Рис. 6.9	му закону. Это значит, что каса-
тельные ко всем точкам прямой' ABt совпадают с этой прямой,
т. е. производные во всех точках прямой АВг равны tga. Итак, на
участке I поперечная сила постоянна и равна
tga =
а
Знак минус поставлен в соответствии с принятым в тригономет-
рии правилом знаков для углов. К тому же выводу о знаке попереч-
ной силы Qt придем, исходя из того, что функция Mi убывает от
нуля до —Fa, а значит, ее производная, т. е. Qt, отрицательна.
Таким образом, Qi= — F.
Отметим, что равенство tga=— F условно, так как тангенс угла — величина
безразмерная, а F имеет размерность силы. То же относится и к приводимым ниже
аналогичным выражениям. Для того чтобы не бг'по неувязки в размерностях, надо
ввести масштабы для абсцисс и ординат эпюры М: щ м/мм — масштаб длин
и цм Н м/мм — масштаб моментов. Тогда
146
—	---- BB}	Fa W W
a=HiAB и Fa—iii^BBi, но tga= — или tga= ——--------------=-f—
AB	° Им Им
(безразмерная величина). Практически учитывать масштабы следовало бы при гра-
фическом решении задачи — величина Qi определялась бы как взятое по эпюре
отношение отрезков BBi к АВ, умноженное на отношение масштабов, т. е.
BBi Им Им
Таким образом, более строго говоря, поперечная сила не равна, а пропорцио-
нальна тангенсу угла наклона к оси абсцисс касательной к эпюре М. При применя-
емом здесь аналитическом решении указанные уточнения не имеют смысла и приво-
дят только к усложнению вида расчетных зависимостей.
На участке II М изменяется по линейному закону. Это значит,
что касательные ко всем точкам прямой с ней совпадают, т. е.
во всех точках производные равны tg (В.
На участке II поперечная сила постоянна, положительна (на
2
этом участке функция М возрастает от — Fa до - Fa) и
2
Fa-1— Fa
3	5
Cn=tg/?=--------=-F.
a	3
На участке III
2	2
Fa-i—Fa
„	3	3	4
Cm=tgy=------------= —F.
a	3
На участке IV
4
Fa
„	3	4
giv = tg<p=----= ~F'
a	3
По найденным значениям строим эпюру поперечных сил (рис.
6-9, б).
В пределах каждого участка поперечная сила постоянна и, сле-
довательно, балка нагружена сосредоточенными силами. Они при-
ложены в точках А, В, С, Е — этим точкам (сечениям) соответству-
ют скачки на эпюре Q и изломы на эпюре М. Кроме того, балка
нагружена сосредоточенным моментом в сечении D (здесь эпюра
2	4
Л» имеет скачок на величину -Fa+-^Fa = 2Fa).
Схема нагружения балки показана на рис. 6.9, е.
147
Задача 6.7. Для заданной рамы (рис. 6.10, а) построить эпюры
внутренних силовых факторов.
Решение. Рама имеет пять участков нагружения (по числу
стержней, ее составляющих). Конечно, может оказаться, что число
участков не совпадает с числом стержней (см., в частности, задачу
6.8).
ж) q
tJ ГН I ,1 I,
Рис. 6.10
Для построения эпюр нет надобности в предварительном опре-
делении реакций заделки — будем вести построение, начиная от
свободного конца.
Проведем сечение на участке 1 и рассмотрим равновесие отсечен-
ной части, изображенной отдельно на рис. 6.10, б. На эту часть
действует распределенная нагрузка и внутренние силы взаимодейст-
вия между оставленной и отброшенной частями рамы, приводящие-
148
ся в общем случае плоской системы сил к трем внутренним силовым
факторам N, Q, М.
Из условия равновесия отсеченной части получаем:
М=0; Q^qz- Mt=gy.
Поперечная сила меняется по линейному закону от нуля до qa,
эпюра Q на этом участке отложена вниз (рис. 6.11, б), так как
внешние силы слева от сечения направлены вниз.
ш!Н111<?д
Рис. 6.11
Функция, описывающая закон изменения изгибающего момента,
qa2
квадратичная; Мх меняется от нуля до —. Эпюра — парабола,
2
направленная выпуклостью вверх, навстречу распределенной на-
грузке; ординаты эпюры М отложены вниз (рис. 6.11, в), так как на
этом участке сжаты нижние волокна.
Проведя сечение на участке II и рассматривая равновесие от-
сеченной части (рис. 6.10, в), получаем:
дд2
Nu=-qa;	£?п = 0; Л/п=—.
2
Вертикальный стержень сжат, следовательно, продольная сила
считается отрицательной. На рис. 6.10, в принято, что Na направ-
лена от сечения, т. е. соответствует деформации растяжения, а из
уравнения равновесия получен результат со знаком минус. Изгиба-
ющий момент на участке II постоянен, ординаты эпюры М от-
ложены влево от оси, т. е. в сторону сжатых волокон.
При построении эпюр на участке III (рис. 6.10, г) целесообразно
предварительно заменить силы, действующие на оставленную
часть, силой и парой, приложенными в сечении С (привести силы
к точке С по правилам статики твердого тела). Отсеченная часть
149
стержня с приложенными к ней внешними и внутренними силами
показана отдельно на рис. 6.10, е). Внешняя сила, приложенная
справа от сечения, направлена вниз, поэтому ординаты эпюры
Q на этом участке отложены вверх. Изгибающий момент меняется
по линейному закону, причем в начале участка сжаты верхние
волокна, в конце участка — нижние.
На участке IV (рис. 6.10, е)
оо2
Mv = — Giv=0;	•
На участке V (рис. 6.10, ж)
Л\=0; Cv=9o; Mv=— — qaz.
Здесь целесообразно использовать тот же прием, что и для
участка III (рис. 6.10, з). .
Эпюры N, Q, М показаны на рис. 6.11, а, б, в.
Рис. 6.12
Задача 6.8. Построить эпюры внутренних силовых факторов для
рамы козлового крана (рис. 6.12), приняв расчетную схему по рис.
6.13, а.
Решение. В заданной раме границами участков будут не только
узлы рамы, но и сечения, в которых приложены внешние силы.
В данном случае имеем пять участков.
Определим опорные реакции. В силу симметрии системы
VA=VB=F=V) кН.
Проведем сечение 1 — 7 на участке I и рассмотрим равновесие
отсеченной части, изображенной отдельно на рис. 6.13, б. На эту
часть действуют сила VA и внутренние силы взаимодействия между
оставленной и отброшенной частями рамы: Nlt и
150
Рис. 6.13
Из условия равновесия оставленной части получаем:
Sz=0; Ni = VA cos а;
Еу=0; Qi = Ya sin а;
Yml = 0;	Mi = VAz sin a,
где a — угол между силой VA
и осью стержня (стойки) рамы,
1-Ъ 6-3,6
tga= . =----- = 0,15;	as: 8 30;
2Н 2-8
sin а=0,148; cos а=0,989.
На I участке продольная и поперечная силы постоянны: Nx =
= —9,89 кН, Qt= 1,48 кН. Изгибающий момент меняется по линей-
ному закону от нуля до 12 кН ' м.
Проведя сечение 2 — 2 на участке II и рассматривая равновесие
отсеченной части (рис. 6.13, в), получаем:
№=0; еп=К,= 10кН.
Изгибающий момент на этом участке также меняется по линейному
закону от 12 до 24 кН  м, причем сжаты верхние волокна.
151
Проведя сечение 3 — 3 на участке III и рассматривая равновесие
отсеченной части (рис. 6.13, г), получаем:
Мп=0; еш=1<4-Г=10-10=0.
Изгибающий момент на этом участке постоянен и равен
24 кН • м.
Проведя сечение 4 — 4 и рассматривая равновесие отсеченной
части (рис. 6.13, <Э), получаем:
#rv=0; Qiv=^a-2F=10—2-10= -10 кН.
Эпюра Q на этом участке отложена вниз (сумма внешних сил
слева от сечения направлена вниз). Изгибающий момент на этом
участке меняется по линейному закону от 24 до 12 кН м.
При построении эпюр на участке V рассмотрим равновесие
правой части (рис. 6.13, е)
Ny = -9,89 кН;	Qy = 1,48 кН.
Эпюра Q на этом участке отложена влево от оси стержня (проекция
на ось у внешней силы VB, действующей на отсеченную часть,
направлена вправо).
Изгибающий момент на этом участке меняется по линейному
закону от нуля до 12 кН • м.
Эпюры N, Q и М показаны на рис. 6.14, а, б, в.
Задача 6.9. Для заданной рамы (рис. 6.15, а) построить эпюры
внутренних силовых факторов.
Решение. Определяем опорные реакции
£/и^ = 0; Fa+2qaa—т—Нва=0
152
или
откуда
2qaa + 2qaa— qa2 —Npa=0,
HB=3qa.
Xv = 0,	VA — 2qa — 0,
или
VA2a—2qaa—m—HAa—0
2qa  2a—2qa2 — qa2—HAa=0,
153
откуда
HA=qa.
Для проверки составляем уравнение
Zu=0; F+HA—HB=2.qa + qa—3qa=Q,
следовательно, опорные реакции определены правильно.
Построим эпюру продольных сил. На участках In IIпродольная
сила постоянна и равна — 2qa (рис. 6.15, б, в). На участке III
продольная сила постоянна и равна — 3qa (рис. 6.15, г). На участке
IV продольная сила равна нулю (рис. 6.15, д). Эпюра N изображена
на рис. 6.16, а.
Переходим к построению эпюры поперечных сил. На участке
I поперечная сила постоянна и равна qa, эпюра Q отложена вправо
от оси стержня (рис. 6.16, б). На участке II поперечная сила равна
3qa и эпюра Q также отвожена вправо от оси стержня. На участке
III поперечная сила меняется по линейному закону от 2qa до нуля.
Эпюра Q отложена вверх от оси стержня. На участке IV поперечная
сила постоянна и равна 3qa, эпюра Q отложена вправо от оси
стержня (противоположно направлению внешней силы, действу-
ющей на правую отсеченную часть (см. рис. 6.15, а).
Переходим к построению эпюры изгибающих моментов. Hji
участке I изгибающий момент меняется по линейному закону от
нуля до qa2, эпюра М отложена вправо от оси стержня (рис. 6.16, в),
так как правые волокна испытывают сжатие. На участке II изгиба-
ющий момент меняется по линейному закону от qa2 до 4^а2, эпюра
М также отложена вправо от оси стержня. На участке III изгиба-
ющий момент меняется по закону квадратной параболы от 4<уа2 до
2qa2, причем парабола обращена выпуклостью вверх. Сжаты ниж-
ние волокна, поэтому эпюра отложена вниз. На участке IV изгиба-
ющий момент изменяется по линейному закону от 2qa2 до qa2,
причем в начале участка сжаты левые волокна, а в конце — правые.
В сечении В изгибающий момент равен qa2, т. е. внешнему моменту,
приложенному в этом сечении.
Построенные эпюры всегда следует проверять с точки зрения
соблюдения дифференциальных зависимостей между q, Q и М.
Кроме того, следует проверять соблюдается ли равновесие узлов
рамы. Вырезая, например, узел С, т. е. проводя два взаимно перпен-
дикулярных сечения, бесконечно близких к точке сопряжения ригеля
(горизонтального стержня) и левой стойки рамы, прикладываем
к вырезанной части внутренние силовые факторы, возникающие
в указанных сечениях (рис. 6.16, г). Беря сумму моментов относите-
льно точки С, получаем:
Мис=М™
Моменты поперечных сил не учитываем, так как их плечи от-
носительно точки С бесконечно малы. Из рассмотренного вытекает
154
следующее правило, весьма удобное при построении эпюр М для
рам: алгебраическая сумма изгибающих моментов в сечениях
стержней рамы, взятых бесконечно близко к данному узлу, равна
нулю. В частном случае, когда в узле сходятся два стержня, это
означает, что моменты в сечениях, бесконечно близких к узлу,
Рис. 6.16
одинаковы. Следовательно, вблизи узла эпюра М для того и друго-
го стержня расположена по одну сторону контура рамы. Конечно,
последнее верно, если к рассматриваемому узлу не приложено внеш-
них моментов, в противном случае этот внешний момент должен
войти в уравнение равновесия узла.
Задача 6.10. Для заданной рамы (рис. 6.17, а) построить эпюры
внутренних силовых факторов.
Решение. На раму наложены четыре связи: две шарнирно-непо-
движные опоры. Несмотря на это, рама статически определима, так
как наличиё промежуточного (внутреннего) шарнира С позволяет
составить помимо трех уравнений равновесия для рамы в целом
дополнительное уравнение — равенство нулю суммы моментов от-
носительно центра шарнира С всех сил, приложенных слева или
справа от него. Иными словами, дополнительное уравнение для
определения опорных реакций выражает условие равенства нулю
изгибающего момента в сечении, проходящем через шарнир С.
Определяем опорные реакции
2лил = 0;	— Fi • - —F2a + 2qaa+m— VB 2а—0
2
155
или
а
-Ч»-2
— 3qaa+2qi?+2qa2—VB' 2о=0,
откуда
Гэ=0,25?а.
£ тс=0; да • -+т— V^a—Нв'2а=0,
при	2
а
где да’----момент той части распределенной нагрузки, которая
2 приложена правее сечения С,
или
откуда
д • ^+2да2 — 0,25да2 —Нл 2а=0,
Нв=1,125да.
Е«1>=0;	— Fi  2,5а—F2a—2qaa+m + VA ' 2а=0
или
— да • 2,5a—3qaa—2ga?+2qa2+ VA • 2о = 0,
откуда
VA=2,15qa.
% mc=d; -Fi  1,5а-да • -+F2a+ VAa—HA • 2o=0
ле»	2
— qa ’ 1,5о—— + 3gaa+2,15gaa—HA • 2o=0,
HA =1,87590.
Для проверки составим уравнения
Еы=О;	+ЯЛ-Г2= 1,87590+1,12590-3^0=0;
Ev=O;	VA + VB—Fi~ 2qa=2,15qa+0,25qa—qa — 2qa=0,
следовательно, опорные реакции определены правильно.
Рама имеет семь участков нагружения, показанных на рис.
6.17, а.
Построим эпюру продольных сил. На участках / и Я продольная
сила постоянна и равна — 2,15да. На участке III продольная сила
равна нулю. На участках IV и V продольная сила постоянна и равна
1,12590. На участках VI и VII продольная сила постоянна и равна
— 0,2590. Эпюра N дана на рис. 6.17, б.
156
или
Рис. 6.17
Переходим к построению эпюры поперечных сил. На участ-
ке I поверочная сила постоянна и равна 1,875<?а, эпюра Q отложена
вправо от оси стержня (рис. 6.17, в). На участке II поперечная сила
равна 1,125да и эпюра Q отложена влево от оси стержня. На участке
III (левее сечения В) поперечная сила постоянна и равна qa, эпюра
Q отложена вниз от оси стержня. На участке IV поперечная сила
меняется по линейному закону от 1,75?а (в сечении, взятом бес-
конечно близко справа от Z); в этом сечении ордината эпюры
Q отложена вверх от оси стержня) до 0,25до в конце участка (в
соответствующем сечении ордината эпюры Q отложена вниз от оси
стержня). На участках VI и VII поперечная сила постоянна и равна
1,125^а, эпюра Q отложена влево от оси стержня.	\
Переходим к построению эпюры изгибающих моментов. На
участке 1 изгибающий момент меняется по линейному закону от
нуля до 1,875^а2, эпюра М отложена вправо от оси стержня (рис.
6.17, г), так как правые волокна испытывают сжатие. На участке II
изгибающий момент меняется по линейному закону от 1,875^а2 до
0,75^а2 (в сечении, взятом бесконечно близко снизу от D), эпюра М
также отложена вправо от оси стержня.
На участке III изгибающий момент меняется по линейному
закону от нуля до 0,5?а2 (в сечении, взятом бесконечно близко слева
от D), эпюра М отложена вниз.
157
На участке IV изгибающий момент меняется по квадратичному
закону, причем в сечении С изгибающий момент равен нулю, а в се-
чении Е (рис. 6.17, в) имеет экстремум. В начале участка IV (в
сечении, взятом бесконечно близко справа от D)
MD— —qa a^ — \,WlSqa 2a+3qaa = — \,25qa2.
В этом сечении ордината эпюры М отложена вниз. В конце участ-
ка IV
MK=—qa 2,5a—2qaa—\,815qa • 2a + 2,15qa ' 2a + 3qaa — 0,25qa2.
В этом сечении ордината эпюры М отложена вверх от оси
стержня.
Определим изгибающий момент в сечении Е (рис. 6.17, в) через
внешние силы, расположенные правее этого сечения,
/
_	0,25а	о
ME—0,25qa  0,25а + l,125qa 2a—2qa2 — 0,25qa	^ ^0,28qa2.
Здесь расстояние КЕ, равное 0,25а, определено из условия, что
точка Е делит отрезок DK, равный 2а, в отношении DE: КЕ—
= \,15qa : 0,25qa (см. эпюру Q на рис. 6.17, в). В этом сечении сжаты
верхние волокна стержня.
На участках VII и VI строим эпюру М, начиная от сечения В. На
участке VII изгибающий момент меняется по линейному закону от
нуля до l,l25qa2 (в сечении, взятом бесконечно близко ниже F; рис.
6.17, а), эпюра М отложена вправо от оси стержня. На участке VI
изгибающий момент меняется по линейному закону от 0,875#а2 (в
сечении, взятом бесконечно близко выше F; в этом сечении ор-
дината эпюры М отложена влево от оси стержня) до 0,25qa2 в конце
участка (в этом сечении ордината эпюры отложены вправо от оси
стержня).
Таким образом, подходя к узлу К (рис. 6.17, а) от сечения Л и от
сечения В, получили одно и то же значение изгибающего момента.
На рис. 6.17, д показаны изгибающие моменты, возникающие
158
в поперечных сечениях стержней рамы, проведенных бесконечно
близко от узла D\ алгебраическая сумма этих моментов равна нулю,
что является одним из подтверждений правильности построения
эпюры М.
§ 15. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ВНУТРЕННИХ СИЛОВЫХ ФАКТОРОВ
ДЛЯ ПЛОСКИХ КРИВЫХ БРУСЬЕВ
Рассмотрим кривой брус постоянной кривизны (рис. 6.18), у ко-
торого: 1) геометрическая ось лежит в силовой плоскости; 2) попе-
речное сечение бруса имеет не менее одной оси симметрии, и эта ось
лежит в силовой плоскости.
При показанном на рис. 6.18 нагружении кривого бруса в его
поперечных сечениях возникают три внутренних силовых фактора:
продольная сила NZ(N), поперечная сила Qy(Q), изгибающий мо-
мент МХ(М). Внутренние силовые факторы в поперечных сечениях
кривого бруса определяются так же, как в балках и рамах, на основе
метода сечений. На рис. 6.19 показаны положительные направления
Nz, Qy и Мх. Правила знаков для продольных и поперечных сил
такие же, как для прямого бруса. Изгибающий момент обычно
считают положительным, если он направлен так, что кривизна
бруса увеличивается. Величины N,QvlM откладывают (при постро-
ении эпюр) по нормалям к геометрической оси бруса. Эпюры
М строят со стороны сжатых волокон бруса; знаки на эпюрах
ставить не будем. Положительные значения N и Q условимся от-
кладывать в направлении от центра кривизны бруса; знаки ставить
только на эпюре N. Эпюры N, Q и М строят по уравнениям,
дающим законы изменения внутренних силовых факторов для каж-
дого из участков нагружения. Эти уравнения составляют в поляр-
ных координатах.
Отметим, что дифференциальная зависимость между Qy и Мх
для кривых брусьев такая же, как и для прямых брусьев (с заменой
дифференциала dz на дифференциал дуги ds)
Для кривых брусьев связи между Qy и углом, образуемым касатель-
ными к оси бруса и к эпюре М„ не существует.
Между Nz и Qy существует зависимость:
где R — радиус кривизны оси бруса.
159
Зависимость между q, Nz и Qy имеет вид:
dQy Nz
откуда
откуда
откуда
Эта зависимость справедлива при условии, что нагрузка интенсив-
ностью q нормальна к оси бруса.
Задача 6.11. Построить эпюры внутренних силовых факторов
для кривого бруса, показанного на рис. 6.20, а.
Решение. Определяем опорные реакции
Е^ = 0; FR-HBR=0,
. HB=F.
Еп = 0; -НА + Нв=0,
Ha = Hb=F.
Ътв=0; -HaR+VaR=0,
Для проверки составим уравнение
Ег = 0; Va-F=F-F=G,
следовательно, опорные реакции определены правильно.
Заданный брус имеет один участок нагружения. Проведем произ-
вольное сечение 1 — 1, положение которого определяется углом
ср (рис. 6.20, а), и рассмотрим равновесие нижней оставленной части
бруса (рис. 6.20, б)
N= НА sin ср — VA cos tp=Fsin q>—Feos <p=F(sin <p—cos <p);
Q=Ha cos <p + VA sin <p ~ Feos <p + F sin <p—F (cos tp+sin q>)\
M= —HA  СЁ- VA  AE= —FR sin <p—FR (1 -cos ф) =
= — FR (1 + sin (p—cos <p).
Определим положение сечений, в которых N и Q равны нулю,
а также тех сечений, где N и Q экстремальны.
2V=F(sin <р\ — cos (pt)=0,
откуда
sin —cos<p!=0
160
или
tg Ф1 = 1,
следовательно, ^>i=45° и <p'i=225c.
dN d , .
—=— r(sin<o—cos^)=J’(cos^+sin^);
dtp dtp
приравнивая правую часть этого выражения нулю, имеем:
cos<p2= — sin<p2; tg<p2=—1 и ^)2=135°.
Q=F (cos <р0+sin сро)=0,
Рис. 6.20
откуда
tg<00= -1,
следовательно,
Фо = 135°.
dQ d
—=— F(cos(p +sin </>)=/(—sin 4-cos<p);
dtp dtp
приравнивая правую часть нулю, имеем:
sin <р3=cos (ръ,	tg<p3= 1 и <p'3=45°,	ф'з=225°.
Для построения эпюр N (рис. 6.20, в) и Q (рис. 6.20, г) находим
6 Ицкович ЕМ., МининЛ.С., ВинокуровА.И.
161
их величины при ряде частных значений угла ср (через 45°); соответ-
ствующие ординаты выделены на эпюрах.
Аналогично находим частные значения М и строим соответст-
вующую эпюру (рис. 6.20, д). Подчеркнем, что определение экст-
ремальных значений N, Q и М обязательно; в данном случае они
соответствуют углам ср, кратным 45°, а потому вошли в число
определявшихся частных значений функций.
Рис. 6.21
Задача 6.12. Для заданного кривого бруса (рис. 6.21, а) постро-
ить эпюры N, Q и М. На брус действует распределенная нагрузка
интенсивностью q, направленная по касательной к его геометричес-
кой оси.
Решение. Определяем опорные реакции
2
Ътл = 0;
jdF- CA-VBR=0,
о
где dF=qRda., СА - KL=Л(1 — cosa) (рис. 6.21, а), или
2
J qR1 (1 — cos a) da = VBR,
о
162
откуда
Ив=0,57?Л.
или
Еи=0;
— Нл+ dF sina = 0
о
п
2
НА = J qR sin a da = qR.
о
n
2
ZmB=0; HaR+ J dF  BD-VAR=0,
о
где BD=KE=R—7?sina=l?(l — sina) (рис. 6.21, a), или
Я
2
qRR + qR2 J(1 —sina)da— VAR = 0,
о
откуда
VA = 1,57 qR.
Для проверки составляем уравнение Ег=0
Я	я
2	2
— VA+ Кл+JdFcosa= — 1,57qR+ 0,57^1?+qR Jcosada=0,
о	о
следовательно, опорные реакции определены правильно.
Брус имеет один участок нагружения. Проведем произвольное
сечение и составим уравнения равновесия для оставленной нижней
части (рис. 6.21, б).
<р
^=HAsin.(p+VAcos<p— I dFcos((p—a)=qRsin<р+1,57qRcosq>—
о
в*
163

— qR Jcos(^> — a) Ja=l,57^1? cos<p.
о
Эпюра N, построенная по полученному уравнению, изображена на
рис. 6.21, в:	ф
0=Нлсо$(р— K«sin^+J dFsin(<p —a) — qRcos<p —
— 1,51 qR sin (p + qR sin (tp — a) da = — 1,57qR sin (p + qR-,
M— — K<2?(1 — cos ф) +77^1? sin ^> + J	— cos(^>—a)] =
0 ф
= — 1,51 qR2 (1 — cos <p) + qR2 sin <p + qR2 J [1 — cos (<p — a)] da=
о	*
= — \,51qR2 + \,51qR2 cos cp + tpqR2.
Определим положение сечения, в котором М максимален и,
следовательно, Q равно нулю
Q= — \,51qRsai(p0+qR=Q,
откуда
sino>o=— = 0,637, фо~4О°.
1,57
Тогда
Л/1пах = -1,57qR2 +1,57qR2 cos 40°+-- qR2 » 0,33 8qR2.
4,5
Эпюры Q и M показаны на рис. 6.21, г, д.
Задача 6.13. Для бруса, нагруженного, как показано на рис.
6.22, а, построить эпюры внутренних силовых факторов.
Решение. Определим опорные реакции
2
ЪтА — 0;
dF-AC-VB2R=0,
о
где ЯС=1?(1 — cos а) (рис. 6.22, а) и dF=qRda, таким образом,
164
spb-.jp
п
2
JqR2(1 —cosa)da— Vb 2R=0,
о
откуда
Vb=0,285?/?.
2
T.mB=0;	— dFBC+VA2R=0,
о
где BC=/?4-/?cosa=/?(l + cosa) (рис. 6.22, a), или
откуда
2
— qR2 J(1 +cosa)da + VA2R=0,
о
VA = 1,285?/?.
Для проверки составим уравнение Ev=0:
Я	я
2	2
VA + VB- J qR da = 1,285?/?+0,285?/?—J qR da=0,
о	о
следовательно, опорные реакции определены правильно.
Заданный брус имеет два участка нагружения, отмеченных на
рис. 6.22, а. Проведем произвольное сечение 1 — 2 на участке / и
рассмотрим равновесие левой оставленной части бруса (рис. 6.22, б)
ф	ф
Ni= — K«cos?> + JdF cos ?)= — 1,285?/? cos ?)+?/? cos?) Jda=
о	0
= — 1,285?/? cos <p+?/??) cos <p;
9
Qv=VAsin<p— I dFsin<p= 1,285qRsin<p — qR<psin?);
о
166
Mj= Рл7?(1 — cost?) — I dF (Rcos a—R cos <p)=
о
= 1,285?1?2(1 — cos^) — qR2 J (cosa—cosq>)da=
о
= 1,2%5qR2 — 1,285#7?2 cos q>+qR2 cos q>—qR2 sin q>.
Проведем произвольное сечение 2 — 2 на участке I/ и рассмот-
рим равновесие правой оставленной части (рис. 6.22, в)
Nt= — VBcos <р = — 0,285qRcos qr, 
Qn = — Рд sin q> = — 0,285^2? sin q>-,
Mu= VbR (1 — cos ф)=0,285?1?2 (1 — cos ф).
Эпюры N, Q и M показаны на рис. 6.22, г, д, е.
Читателю рекомендуется самостоятельно найти положения сече-
ний, в которых N=0 и Q=0, а также проверить значения внутрен-
них силовых факторов, указанные на эпюрах.
Задача 6.14. Для бруса, показанного на рис. 6.23, а, построить
эпюры внутренних силовых факторов. Распределенная нагрузка ин-
тенсивностью q перпендикулярна к оси бруса.
Рис. 6.23

167
Решение. Брус имеет два участка нагружения, отмеченных на
рис. 6.23, а. Внутренние силовые факторы в поперечных сечениях
участка I (рис. 6.23, б):
ч>
Ni=Fsincp—J rfFsin(<p — а)=0,5^7? sin <р—
ф	0
— qR J sin (<р — a)da=0,5qR sin (p + qR cos ip—qR\
0
Qi=Feos <p — ^dF cos (<p — a)=0,5qR cos <p—qR sin tp\
0
Mi=F- AB—^dF AC,
о
где AB=R sin (p, AC = R sin {<p — a),
следовательно,
</>
Mi=Q,5qRz sin <p — qR2 J sin (<p — a) da = 0,5qR2 sin <p +
о
+ qR2 cos ip — qR2.
Внутренние силовые факторы в поперечных сечениях участка II
(рис. 6.23, в):
Мп=F sin <Р—F\ sin (<p — 22,5°),
где Fi — равнодействующая распределенной нагрузки.
Fi = qED = 2qR sin 22,5°=0,765^7?.
Тогда
7Vn=0,5qR sin cp—0,765qR sin (<p — 22,5°);
(?n=Feos (p—Fi cos (<p — 22,5°) = 0,5qR cos <p —
— 0,765^7? cos ((p — 22,5°);
Ma=FR sin (p—Fi R sin ((p — 22,5°)—m = 0,5qR2 sin (p—
- 0,765^7?2 sin (<p - 22,5°) - 0,1 qR2.
168
По полученным уравнениям строим эпюры внутренних силовых
факторов (рис. 6.23, г, д, е). Читателю рекомендуется проверить
значения N, Q, М, указанные на эпюрах.
§ 16. НАПРЯЖЕНИЯ И РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ ИЗГИБЕ
При прямом поперечном изгибе прямого бруса в его поперечных
сечениях возникают нормальные и касательные напряжения (рис.
6.24).
Нормальное напряжение в произвольной точке поперечного се-
чения определяется по формуле
Мх
о=—у,	(6.1)
**х
где МХ(М) — изгибающий момент,
возникающий в рас-
сматриваемом сече-
нии;
Jx — момент инерции се-
чения относительно
нейтральной оси (при
прямом изгибе ней-
тральная ось совпа-
дает с той из главных
центральных осей
инерции, которая перпендикулярна к силовой линии);
у — расстояние от нейтральной оси до точки, в которой
вычисляется нормальное напряжение.
Нормальные напряжения по высоте сечения изменяются по линей-
ному закону и достигают наибольших значений в точках, наиболее
удаленных от нейтральной оси. Для бруса постоянного сечения на-
ибольшие нормальные напряжения возникают в поперечном сечении,
где изгибающий момент максимален, и определяются по формуле
^тах
0тах =	~ Утах*
(6.2)
Для сечений, симметричных относительно нейтральной оси,
Л
2
169
Отношение —= Wx называется моментом сопротивления се-
чения при изгибе или осевым моментом сопротивления. Его
размерность [длина3].
Моменты сопротивления простейших сечений вычисляют по
следующим формулам:
прямоугольник
и;= ,
6
(6.3)
где Ь — сторона сечения, параллельная нейтральной оси;
круг	7ttZ3	- И^х=—®0,lrf3;	(6.4)
кольцо	W/x=’^(l-c*)®O,lJ3(l-c4),	(6.5)
do
где с=— (см. с. 111, 112).
d
Осевой момент сопротивления является геометрической харак-
теристикой прочности прямого бруса, работающего на изгиб.
Для балок из пластичных
материалов, одинаково ра-
ботающих на растяжение
и сжатие, следует применять
сечения, симметричные от-
носительно нейтральной оси.
Из этих сечений наиболее
рациональны двутавровое*,
с’ 6 25	коробчатое, кольцевое (рис.
6.25). Вообще степень выгодности (рациональности) сечения можно
Wx
характеризовать величиной отношения м>=—
Л.
Для балок из хрупких материалов, не одинаково работающих на
растяжение и сжатие, рациональны сечения, несимметричные от-
носительно нейтральной оси, например, несимметричный двутавр,
П-образное сечение (рис. 6.26). При применении этих сечений следу-
ет располагать их таким образом, чтобы большая часть материала
♦Сечение из двух рядом поставленных швеллерных профилей несколько менее
выгодно, чем двутавровое. Применение одного швеллера требует принятия специ-
альных мер, исключающих закручивание балки.
170
Рис. 6.26
(например, полка таврового сечения) находилась в растянутой зоне
балки. Если эпюра М имеет участки разных знаков, это указание
относится к сечению, в котором изгибающий момент максимален
(по абсолютной величине). При указанном расположении сечения
наиболее рациональное использование материала будет иметь ме-
сто при условии, что конфигурация сечения такова, что нейтральная
ось делит высоту балки в отношении (рис. 6.26)
X<fcp]
ув kJ
В подавляющем большинстве случаев расчет балок на прочность
ведется по наибольшим нормальным напряжениям, возникающим
в опасном поперечном сечении. Для балки из пластичного матери-
ала, имеющей постоянное сечение, опасным является то сечение,
в котором изгибающий момент максимален. При сечениях, симмет-
ричных относительно нейтральной оси, формула для расчета на
прочность имеет вид:
Л^тах
^=—<{«7].	(6-6)
В случаях проектного расчета или определения допускаемой
нагрузки из формулы (6.6) соответственно шределяется Wx или
[A4J.
Для балок с сечениями, несимметричными относительно ней-
тральной оси (балки из хрупких материалов типа чугуна), в случае
если эпюра М однозначна, расчет на прочность ведется либо по
наибольшим растягивающим, либо по наибольшим сжимающим
напряжениям, т. е. по одной из следующих зависимостей (рис. 6.26):
171
^max
max (тр=uA yA [nJ;
i	^max
|max <rc| = |cra|=-y- yB [nJ.
Первая из них используете? при
у в kJ’
(6.7)
вторая — при
ул ^kpl
ув kJ
В случае если эпюра изгибающих моментов имеет участки раз-
ных знаков (см. ниже задачу 6.19), может оказаться, что опасным
является сечение, в котором момент не максимален, но само сечение
расположено нерационально, например полка тавра находится
в сжатой зоне. В этом случае, помимо проверки по одной из формул
(6.7), выполняемой для сечения, где М максимален, необходимо
произвести расчет по наибольшим растягивающим напряжениям
для сечения с наибольшим моментом противоположно о знака,
т. е. составить дополнительное условие прочности
max пр'=уЛ^[(тр],
где max и'р — наибольшее растягивающее напряжение;
М' — изгибающий момент в указанном сечении.
Касательные напряжения в произвольной точке поперечного
сечения определяются по формуле:
где Qy(Q) — поперечная сила в рассматриваемом сечении;
S’xm — статический момент относительно нейтральной оси
той части сечения, которая расположена по одну сто-
рону прямой, проведенной через данную точку (пря-
мая проводится параллельно нейтральной оси — см.
рис. 6.24);
Ьу — ширина поперечного сечения на уровне рассматрива-
емой точки;
Л — момент инерции всего сечения относительно ней-
тральной оси.
172
Для массивных сечений, контур которых не параллелен силовой
пинии (например, треугольник, круг), в большинстве точек векторы
касательных напряжений не параллельны поперечной силе Qy (или,
что то же самое, не параллельны силовой линии). В точках контура
сечения векторы tz касательны к контуру; направления tz показаны
на рис. 6.27. Формула (6.8) в рассматриваемых случаях дает прибли-
женное значение напряжений тг?, т. е. тех составляющих полных
Рис. 6.27
касательных напряжений, которые параллельны силовой линии.
В формулу (6.8) следует подставлять b=by (рис. 6.27). Касательные
силы, соответствующие составляющим tzx, образуют самоуравнове-
шенную систему сил, т. е.
tzx dA—0.
В подавляющем большинстве случаев касательные напряжения
невелики и их вычисление не представляет практического интереса.
Исключения могут иметь место при тонкостенных, балках (напри-
мер, сварных двутавровых), нагруженных большими сосредоточен-
ными силами вблизи опор, либо вообще имеющих малую длину.
В указанных случаях, наряду с основным расчетом по нормальным
напряжениям, следует произвести расчет по наибольшим касатель-
ным напряжениям, возникающим в том поперечном сечении, где
поперечная сила максимальна. Условие прочности по касательным
напряжениям имеет вид:
1У1-
173
Обычно для стальных балок принимают [т] а 0,6 [<т].
Если в точке поперечного сечения балки возникают значитель-
ные нормальные и касательные напряжения, то в этом случае при
расчете на прочность необходимо применить одну из гипотез проч-
ности (подробнее см. гл. X).
§ 17. ПРИМЕРЫ ОПРЕДЕЛЕНИЯ НАПРЯЖЕНИЙ
И РАСЧЕТОВ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ ИЗГИБЕ
Задача 6.15. Тензометр Т, установленный на стальной балке (рис.
6.28, а), имеет коэффициент увеличения к= 1000 и базу 10 мм.
Показание тензометра Д/= 3 мм.
Определить величину сил F, действующих на балку, и макси-
мальное нормальное напряжение, возникающее в поперечном сече-
нии балки.
Рис. 6.28
Решение. Определив опорные реакции (рис. 6.28, а), строим
эпюры Q и М (рис. 6.28, б).
Вычислим деформацию в точке С в направлении базы тензо-
метра
Д/ 3	.
ЕС=-=------- = 3 10"4
kl 1000 10
где /= 10 мм — база тензометра.
Напряжение в направлении базы тензометра, т. е. напряжение
в точке С поперечного сечения балки, вычисляем по формуле Гука,
принимая Е'=2’1011 МПа
ас=£Ес=21011-310-4 = 60 МПа.
174
Это же напряжение может быть определено по формуле (6.1)
Мх Fit
°с=~ Ус=~ Ус,
но ас известно и, следовательно,
j вс — 60'10 -------------
°cJx 12	12
F=-----=--------=---------—— = 25-103 Н=25 кН.
1\Ус hyc 0,4'25 10
Применяя формулу (6.2), вычисляем максимальное нормальное
напряжение в поперечном сечении балки
Л^ти_^2_25 103 0,5
Wx ~W~ 0,05-0,11
150 МПа.
6
Задача 6.16. Проверить прочность балки (рис. 6.29, а), если
[п]=160МПа.
Решение. Определяем опорные реакции. Составляя и решая
уравнения равновесия, получаем:
Ьпл = 0;	— VB‘2 + F3=0;
3	3
VB=-F=-  15=22,5 кН;
2	2
£тв=0;	-Ил-2 + Г1=0;
VA=- F=-  15 = 7,5 кН.
2	2
Рис. 6.29
175
Строим эпюру изгибающих моментов (рис. 6.29, б).
Опасное сечение находится над правой опорой.
Вычислим момент инерции и момент сопротивления сечения
относительно нейтральной оси (рис. 6.29, в):
601003
12
20-403
12
49 • 105 мм4;
Jx 49-10s
И4= =	=98 103 мм3.
h 50
2
Подчеркнем, что было бы грубой ошибкой вычислять момент
сопротивления как разность моментов сопротивления наружного
и внутреннего прямоугольников, на которые разбивали сечение при
вычислении Jx.
Наибольшие нормальные напряжения в опасном сечении
^тах
15 103
Нх ~98 10~6
= 153 МПа < [ст],
т. е. прочность балки обеспечена. Эпюра а показана на рис. 6.29, в.
Задача 6.17. Вычислить коэффициент запаса прочности для опас-
ной точки балки (рис. 6.30), если предел текучести ее материала
(сталь Ст. 3) ст=240 МПа.

Рис. 6.30
Решение. Как известно, для пластичного материала коэффици-
ент запаса прочности определяется по отношению к пределу текуче-
сти, т. е.
ат
П =---.
°шах
Наибольшие нормальные напряжения в сечении заделки
176
Fl _	9 103l
Wx ~O,1</3(1—c*)~0,1  O,l3(l—0,8*)
n
240
152,5
1,58.
152,5 МПа,
Задача 6.18. Определить размеры поперечного сечения стальной
балки, ассмотрев варианты, указанные на рис. 6.31. Допускаемое
напряжение [ст] = 160’МПа. Сравнить коэффициенты w рациональ-
ности сечений.
Рис. 6.31
Решение. Эпюра изгибающих моментов показана на рис. 6.31.
В опасном сечении
,, Н 35 -4 „ тт
Мта=- = — = 35 кН • м.
4	4
Требуемый момент сопротивления поперечного сечения
Wx>------=2i_lL==218 • 10-6 м3.
[cr] 160  ю«
а
В случае квадратного сечения Wx=—, откуда
6
а=^/бЙ;=з/б-21103=110 мм.
А„=а2=112=121 см2.
В случае прямоугольного сечения (при h=2b)
w=b^=b^J_b3
х 6	6	3
177
и
/з /з
b=3 - Wx=3 -  218 • 103 = 69 мм,
\ 2 у 2
h=2b=2 • 69=138 мм,
ABf=bh=6,9 13,8 = 95,2 см2.
Номер двутаврового сечения, имеющего момент сопротивления,
близкий к требуемому, определяем по таблице сортамента (ГОСТ
8239 — 89). Принимаем двутавр № 22, имеющий И4=232 см3
и Лд,=30,6 см2.
Вычисляем коэффициент, характеризующий рациональность
формы поперечного сечения (см. с. 170),
Для квадрата
Wx
w=—.
А3'2
а
6	1 „ .
w=-------=-«0,167;
(^)3/2 6
для прямоугольника при h : b=2
bh1
6	4b3	2
w—-------=-------=—= = 0,235;
да,»
для двутавра № 22
232
w —------=——= 1,37.
(Лд,)3/2 (ЗО,6)3/2
Задача 6.19. Из расчета на прочность определить требуемые
размеры поперечного сечения чугунной балки (рис. 6.32, а), если
[ffp]=40 МПа и [ffj= 120 МПа. Сечение балки расположить рациона-
льно.
Решение. Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
изображены на рис. 6.32, а.
Находим положение центра тяжести поперечного сечения, пре-
деляя таким образом положение нейтральной оси
25 105 55 + 85'25-115
vc=--------------------= 1,618.
25-105+85 25
178
Эпюры ff Зпюрач
6 сеч. /-/ в сеч.2-2 в сеч. а-а.
29,2 МОЯ 20,3мпа
1,4 кН- it
Определяем момент инерции поперечного сечения относительно
нейтральной оси
Л=?^+(М.1(И)(2,67^+^+
+(8«-26)  (3,336/=4926*.
В сечении, где изгибающий момент имеет наибольшую величину
(сечение 1 — 1\ М^„ —1,4 кН  м), верхние волокна испытывают рас-
тяжение, поэтому балку следует расположить полкой вверх (как на
чертеже).
Определяем размер й из расчета на прочность по наибольшим
растягивающим напряжениям в сечении 1 — 1
maxffp=G\4


или
Д^тпят
откуда
492[ffp]
 4,33
1,4 103’4,33
492'40’106
6,75 10-3 м=6,75 мм.
Наибольшие сжимающие напряжения в этом сечении будут зна-
чительно ниже допускаемых.
Действительно,
Ув	, 7,675
|max ffc| = |<Тв| = о л —=40'10б —~ = 71 МПа<[сс].
Ул	4,335
Необходимо произвести расчет на прочность по наибольшим
растягивающим напряжениям в сечении 2 — 2, так как хотя там
момент и меньше максимального, но сечение балки расположено
нерационально — растянуты нижние волокна. Опасной является
точка В, в которой возникают наибольшие растягивающие напря-
жения. Условие прочности имеет вид:
или
откуда
max (Тр = о'в——	[ffP]
•'х
, АГ о г ,
Я*=492Г* ' 7’67J<W
'ЛГ’7,67_3 /1’103’7,67
492 [ffp] ~ у 492’40 ’10®
7,3’10 3 М = 7,3 ММ.
180
Следовательно, опасной является точка В сечения 2 — 2 и окон-
чательно размер 8 принимаем (с некоторым округлением), равным
7,5 мм. При принятом размере 8 наибольшие растягивающие напря-
жения в сечении 2 — 2 будут несколько ниже допускаемых, а именно
max Ср = Од
1 103-7,67-7,5 10"s
492 • 7,5* • 10“12
= 37 МПа.
Наибольшие сжимающие напряжения в этом сечении
ул	4,33й
max o' = о'л=ст» ' — = 37 ----=20,9 МПа.
ув	7,67й
Аналогично могут быть определены наибольшие растягива-
ющие и сжимающие напряжения в сечении 1 — 1. Эпюры ст для
рассмотренных сечений при принятом окончательно размере 8 пред-
ставлены на рис. 6.32, б.
Рекомендуем читателю произвести расчет для случая расположе-
ния балки полкой вниз и установить, на сколько больше будет тре-
буемый размер 8.
Для сопоставления величин нормальных и касательных напряже-
ний построим эпюру т в сечении, где поперечная сила имеет на-
ибольшее значение (Qm„ = l,4 кН).
Ограничимся построением эпюры касательных напряжений для
стенки сечения.
В точке В Тд=0, так как площадка, проходящая через эту точку
перпендикулярно плоскости поперечного сечения, принадлежит на-
ружной поверхности балки, а на этой поверхности касательные
напряжения отсутствуют. По закону парности равны нулю и каса-
тельные напряжения в рассматриваемой точке поперечного сече-
ния.
В точке D (точка стенки в месте примыкания ее к полке)
Стахах полги Стах 85 * 25 3,335 Стах , л . 1лЗ
td=---------=---------------=-----=------------=1,35 МПа.
Л^сгешш	4925* • 25	18,552 18,5 • 7,52 10“6
Наибольшие касательные напряжения возникают в точках ней-
тральной оси
Стах ' 7,675  25  3,845 Стах j 4 . jq3
=------------------=---- - =-----------= 1,49 МПа.
4925*  25	16,752 16,7 • 7,52 • 10“6
Обращаем внимание на то, что оказалось значительно мень-
ше ^тах.
Эпюра т на рис. 6.32, б построена в значительно более крупном
масштабе, чем эпюра ст.
181
Задача 6.20. Проверить прочность ступенчатого вала (рис.
6.33, а), принимая [ст] = 80 МПа. Расчет вести только на изгиб,
пренебрегая влиянием кручения*. Концентрацию напряжений
и ослабление вала шпоночной канавкой не учитывать.
Решение. На рис. 6.33, б показана расчетная схема вала. При
переходе от конструктивной схемы вала к расчетной подшипники
качения заменены шарнирными опорами.
Составляя и решая уравнения равновесия, определяем опорные
реакции
FiQ— VB(a+b)+F2(a+b+c)=&,
55  80 - VB (80 4- 90) 4- 20 (80 4- 90 + 70) = 0;
Гв=54,1 кН;
♦Расчет валов на совместное действие изгиба и кручения рассматривается в гл.
X. Сравнительно невысокое допускаемое напряжение, указанное в условии насто-
ящей задачи, принято для компенсации ошибок, проистекающих от пренеб жения
влиянием кручения и переменности напряжений во времени.
182
ZmB—0;	VA(a+b)—Fib+F2c=0',
K<(80+90)-55  90 + 20 70 = 0;	^=20,9 кН.
Эпюра изгибающих моментов показана на рис. 6.33, в. В данном
случае может оказаться, что опасным является не то селение, в ко-
тором изгибающий момент имеет наибольшее значение, так как
размеры поперечного сечения переменны. Опасным будет сечение,
в котором возникают наибольшие нормальные напряжения. В рас-
сматриваемой задаче это либо сечение I — I, где изгибающий мо-
мент максимален, либо сечение II — II, где момент несколько мень-
ше, но и диаметр вала тоже меньше, чем в сечении I — I. Произ-
ведем расчет для обоих сечений.
Для сечения I — I
Мх 16,7 102
=—~-------------= 61 мпа<<7.
Wxl 0,1 65 IO-6
Для сечения II — II
мп 14,0 102
<ТП шах	.
WxU 0,1 60-10-6
= 65 МПа < [ст].
Прочность вала обеспечена. Опасным оказалось сечение II — II,
хотя изгибающий момент в нем и меньше максимального.
Задача 6.21. Из расчета на прочность определить допускаемую
нагрузку для сварной двутавровой балки (рис. 6.34, а), принимая
И =160 МПа.
Решение. Опорные реакции указаны на рис. 6.34, а; там же даны
эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.
Определяем допускаемое значение нагрузки из условия прочно-
сти по наибольшим нормальным напряжениям
^Лпах
°тах	[О'] 
Подставляя значение максимального изгибающего момента, по-
лучаем:
19
ffm“ Wx
откуда
6Wx[a]
Ы=—Г
19с2
183
Рис. 6.34
Определяем момент инерции поперечного сечения балки относи-
тельно нейтральной оси (рис. 6.34, б)
—+2
12
Ь63
-^+bS1
12
'й г>Д2
2 2/
Слагаемым (т. е. моментом инерции полки относительно
собственной главной оси, параллельной оси х) пренебрегаем, так
как оно весьма мало по сравнению с остальными слагаемыми
12 10003
12
1-2  300  16
- ) =3,48  109 мм4.
2 /
Момент сопротивления поперечного сечения относительно ней-
тральной оси
W,

3,48'10е	„ ,	,
--------= 67,4'105 мм3.
1000
—+16
2
Подставляя значение Wx в выражение для [^], получаем:
г , 6 • 67,4  10-4 • 160  10®	,
[?] =----——---------=85,0 • 103 Н/м=85,0 кН/м.
В данном случае, учитывая тонкостенность сечения и наличие
большой сосредоточенной силы (F=3ga=3 ‘85,0'2,0=51,0 кН),
следует проверить максимальные касательные напряжения в попе-
речном сечении балки.
Эту проверку выполняем для сечения на левой оцоре, где попе-
речная сила максимальна
6max=— qa—— ‘ 85,0 • 2,0=624 кН.
3	3
Максимальные касательные напряжения возникают в точках
нейтральной оси
Стахах 1/2 сеч
Тт“ = /л '
Статический момент половины сечения относительно ней-
тральной оси
185
Sxll2m=b6a (-+-)+- Ъ -=300  16
'	\2 2J 2	4	\ 2
1000	1000 „ л„ ,л,	,
4--- 12  —«3,93 • 106 мм3.
2	4
Максимальные касательные напряжения
624 103 3,93 IO'3
3,48 IO-3 12 10 3
= 58,6 МПа<[т],
[т] = 0,6[<т] = 0,6 • 160 = 96 МПа.
На рис. 6.34, б показаны эпюры нормальных напряжений для
сечения, в котором изгибающий момент максимален, и касательных
напряжений для стенки балки в сечении на левой опоре. Значения
т в крайних точках стенки указаны на эпюре; соответствующих
вычислений не приводим.
Задача 6.22. Для биметаллической пружины, расчетная схема
которой дана на рис. 6.35, а, определить допускаемое значение сил
F, если Им=40 МПа; [о,]ст= 160 МПа; Е„=2ЕЫ=2,0  1011 Па.
Решение. Строим эпюру изгибающих моментов (рис. 6.35, б).
Очевидно, что все сечения участка II равноопасны.
Рассмотрим деформацию элемента, вырезанного из участка бал-
ки, испытывающего чистый изгиб (рис. 6.35, в).
При решении задачи считаем, что
1) справедлива гипотеза плоских сечений;
2) волокна не давят друг на друга, т. е. в любой точке рассмат-
риваемого элемента при его деформации возникает линейное напря-
женное состояние.
Определим деформацию произвольного волокна, отстоящего на
расстоянии у от нейтрального слоя
Adz	(p+y)d(p — dz
£ =---= —------------.
dz dz
но
тогда
dz = pd6,
(p+y)d0—pd9 у
£ =-----------= -.
pdO	p
Эпюра £ показана на рис. 6.35, г.
186
Для каждой части сечения напряжения определяются на основе
закона Гука:
<Тст---Гсг^ст---Е<Л t	--Ец •	(1)
р	р
Так как эпюра е представляет собой одну прямую, то из-за
различия в модулях продольной упругости эпюра с будет ломаной
линией и иметь «скачок» на границе медной и стальной частей
пружины (рис. 6.35, д).
Для нахождения двух неизвестных — положения нейтральной
линии и радиуса кривизны р — составим выражения для продоль-
ной силы и для изгибающего момента в поперечном сечении пружи-
ны. Учитывая, что продольная сила при заданной нагрузке пружи-
ны не возникает, имеем:
187
N—
ffdA = O;
I 0"cr “b I	I ^CT “b I Еы dA^ 0
J J J p J p
^CT	Arf	-^CT	A<
ИЛИ
^СТ Г	Еы p
I Уст^di:: 4 I Ум dAM — 0,
P J	P J
^CT	^M
где	Уст dA^ = S„ — статический момент «стальной» части сечения
J	относительно нейтральной линии,
Ап
— статический момент «медной» части сечения
J	относительно нейтральной линии.
лм
Тогда
Ест	Еы	Еы / Е^	\
	 <$ст4	SM =- ( _ •Sct + ^m )~0.
Р---------------------Р-Р \ЕМ	/
Учитывая, что —получаем:
р
Ест
<$'пр = <$'м + ~ •S'ct—0,
Ем
где Sep — так называемый приведенный статический момент всего
сечения относительно нейтральной линии. Следователь-
но, нейтральная линия проходит через центр тяжести
приведенного сечения.
Представим себе, что ширина «стальной» части сечения увеличе-
на в отношении : Ем (в нашем случае в 2 раза); получится
условное (приведенное) сечение (рис. 6.35, е) воображаемой медной
балки. Через центр тяжести этого приведенного сечения прохс [ит
нейтральная ось действительного, так сказать, неоднородного сече-
ния. Можно также получить приведенное сечение, уменьшив вдвое
ширину «медной» части.
188
Определим положение центра тяжести приведенного сечения.
На основе рис. 6.35, е имеем:
^СГ^Ст + ^М^М
Ем
vc—--------------
Ест
Ем
ИЛИ
ЕстЕс^ + ЕыЕм
vc =--------------
^СТ^СТ + Ем^м
^CTvCtEct “b A mvmEm
Ест Act + ЕмА м
10 • 1 0,5 • 2 - 10s + 10  2'2  105
= 1,25 мм.
10 1 2 105 + 10 2 10s
Положение нейтральной оси показано на рис. 6.35, ж.
Если не пользоваться понятием о приведенном сечении, то положение нейтраль-
ной оси можно определить непосредственно по рис. 6.35, ж и формуле
SM+	—SM+2SCT—0.
Ем
Обозначим Ум и усг расстояния от нейтральной оси до центров тяжести соответ-
ственно «медной» и «стальной» частей сечения; учтем, что если брать уы и уС1 по
^ст
абсолютной величине, то ум+уст=—I----(где ом и дст — толщины медной и сталь-
2	2
ной пластин) и SCT величина отрицательная. Тогда
АмУм ^АстУст—АмУм ^Аст
или
/2 1	\
20ум-2 • 10 I -+--Ум 1=0.
\2 2	/
откуда ум=0,75 мм. Следовательно, ^„=0,75 мм.
Радиус кривизны р нейтрального слоя найдем, составив выраже-
ние для изгибающего момента,
J aydA=Mx,
А
189
— у^А„+ -у^Аы=
P	J P
Дч Z^CT
P
y^dA^y- yidA„\=Mx,
где I y„ dA^ — момент инерции «стальной» части сечения относи-
J	тельно нейтральной линии,
^ст
у 2 ААЫ — момент инерции «медной» части сечения относи-
J	тельно нейтральной линии.
Лр=?Л<-1--Лг — так называемый приведенный момент инерции
Ем всего сечения относительно нейтральной линии.
Вычислим приведенный момент инерции сечения
22> + 0,752 2 10= 17,9 мм4;
12
JCI=——+0,752  1 10=1,4 мм4;
12
Jii:,= 17,9+21°5 • 1,4=20,7 мм4.
1  10s
Учитывая, что
Еы
р
получаем
1	Мх
Р £м-4р
Возвращаясь к формулам (1), получаем:
Мх	Мх Мх
а^ = ~^Г	Устг	Оы = Еы-——уы——уы.
190
Очевидно, что для определения [J] следует составить два усло-
вия прочности (рис. 6.35, д)
Лихтах
о а=max <тм=—-— ул < [ст]м;
•nip
Яст
ffB=maxffCI=—
^xmax
•Лтр

где ул — расстояние от нейтральной линии до точки А;
ув — то же до точки В.
Подставляя числовые значения, получаем:
F 15
оА=------ 1,75 <40
20,7
откуда
г 40 • 20,7
/]=-------=31,5 Н;
15  1,75
2	 10s F 15 . _ ,
	 •------- • 1,25^160.
1 • 10s	20,7
откуда
г„ 20,7  160
[Л
— 88,4 Н.
2 • 1,25 • 15
Опасной оказалась точка А, поэтому [J] = 31,5 Н. Эпюра о при
F=31,5 Н показана на рис. 6.35, з.
§ 18. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ УРАВНЕНИЕ УПРУГОЙ ЛИНИИ
И ЕГО ИНТЕГРИРОВАНИЕ
При прямом поперечном изгибе бруса его ось, искривляясь,
остается в силовой плоскости. Ось изогнутого бруса, или, как
условно называют, изогнутая ось, представляет собой геометричес-
кое место центров тяжести поперечных сечений деформированного
бруса, ее называют также упругой линией.
В результате деформации бруса каждое из его поперечных сече-
ний переходит в новое положение: центр тяжести получает вер-
тикальное v и горизонтальное и линейные перемещения, а само
сечение поворачивается на некоторый угол в вокруг своей нейтраль-
ной оси (рис. 6.36).
При изучаемых в курсе сопротивления материалов малых де-
формациях горизонтальные перемещения ничтожно малы и их
не учитывают, считая, что центры тяжести поперечных сечений
191
получают лишь вертикальные перемещения, называемые обычно
прогибами.
Определение линейных и угловых перемещений необходимо для
расчетов на жесткость при изгибе и нахождении так называемых
«лишних» неизвестных в статически неопределимых балках.
Рис. 6.36
Как известно из теории изгиба, между кривизной изогнутой оси
бруса (кривизной нейтрального слоя) и изгибающим моментом
существует следующая зависимость:
1 Мх
Р EJX
Для пологих кривых (т. е. при малых перемещениях) с достаточ-
ной точностью можно принять*
р dz2
где v" — вторая производная от уравнения упругой линии.
Таким образом, приходим к следующему приближенному диф-
ференциальному уравнению упругой линии
I d2v	Мх
— = v =—
р dz* 1	EJX
ИЛИ
EJx-=EJxv"=МХ.
р
(6-9)
(6-9а)
Дифференциальное уравнение упругой линии в форме (6.9а) обы-
чно применяют при условии, что EJX=const.
*Из курса математического анализа известно следующее выражение кривизны
1 »"
-=-----------. При малых перемещениях тангенс угла наклона касательной к кривой
Р [1+(*>')2]3'2
(первая производная) весьма малая величина (не более 0,01), квадратом которой по
сравнению с единицей можно пренебречь.
192
При принятом правиле знаков для изгибающих моментов (см.
§ 14) и выборе положительного направления оси Оу вверх (рис. 6.36)
знаки левой и правой части выраже ия (6.9) всегда совпадают.
Подчеркиваем, что под Мх следует понимать не какое-либо част-
ное значение изгибающего момента, а уравнение, выражающее за-
кон изменения Мх по длине балки.
Интегрируя (6.9а), получаем уравнение углов наклона касатель-
ных (по малости перемещении тангенсы принимаются равными
самим углам) к упругой линии. Эти углы равны углам поворота
соответствующих поперечных сечений, что следует из гипотезы
Бернулли.
В результате второго интегрирования получаем равнение уп-
ругой линии (уравнение прогибов).
В общем случае, когда балка имеет несколько участков нагруже-
ния, уравнение (6.9а) составляют отдельно для каждого из них.
Очевидно, количество постоянных, получаемых при двукратном
интегрировании, равно удвоенному числу участков.
Применяя некоторые специальные приемы интегрирования, мо-
жно обеспечить равенство этих постоянных для всех участков. В ре-
зультате независимо от числа участков общее количество постоян-
ных интегрирования получается равным двум. Эти постоянные,
обозначаемые С и D, представляют собой соответственно угол
поворота и прогиб сечения в начале координат, умноженные на
жесткость сечения (EJX), т. е.
C=EJX6O
D=EJxvq.
Итак, окончательно
EJx-kEJxv"=Mx,
р
EJxv —EJx6=EJx60+^Mxdz',	(6.10)
EJxv—EJxv0+EJx60z+\dz$Mxdz.	(6.11)
Условимся принимать начало координат всегда в центре тяже-
сти крайнего левого поперечного сечения балки*.
Значения постоянных С и D определяются из граничных усло-
вий, зависящих от способа закрепления балки.
В зависимости от условий закрепления сечения, проходящего
через начало координат, может иметь место один из следующих
трех вариантов значений Си D:
*Можно, конечно, принимать начало координат и на правом конце балки, но
Щ5и этом надо помнить, что знаки углов поворота надо менять на противоположные.
Это не совсем удобно и требует дополнительного внимания при решении задач,
поэтому предпочтительно следовать указанию, данному в основном тексте.
Ицкович ГМ, МининЛ.С.. Винокуров А.И.	103
а)	левый конец балки защемлен С=0, В = 0;
б)	левый конец балки шарнирно оперт С#0; Л = 0;
в)	левый конец балки свободен С^О; D^O.
В случае, если постоянные (одна или обе) не равны нулю, их
значения определяют из других граничных условий, как показано
в примерах следующего параграфа.
При интегрировании дифференциального уравнения упругой ли-
нии применяют следующие три приема:
1.	Слагаемое от сосредоточенного момента т в выражении для
Мх записывают в виде m(z—а)0, где а — абсцисса сечения, в кото-
ром приложен момент т.
2.	Интегрирование ведут без раскрытия скобок.
3.	Если на балке имеется распределенная нагрузка, не доходящая
до сечения, где определяется прогиб (угол поворота), то ее продля-
ют до этого сечения и прикладывают противоположно направлен-
ную компенсирующую нагрузку той же интенсивности.
Будем, как правило, составлять уравнение изгибающих момен-
тов для последнего участка балки. Из него легко получить уравне-
ние для любого редыдущего участка, исключая слагаемые, соот-
ветствующие нагрузкам, приложенным к балке правее рассматрива-
емого участка.
Метод определения перемещений, осн ванный на интегрирова-
нии дифференциального уравнения упругой линии, иногда называ-
ют аналитическим методом. Примеры его применения даны в сле-
дующем параграфе.
§ 19. ПРИМЕРЫ ОПРЕДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ
ПУТЕМ ИНТЕГРИРОВАНИЯ
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО УРАВНЕНИЯ УПРУГОЙ ЛИНИИ
Задача 6.23. Определить прогиб свободного конца балки, изоб-
раженной на рис. 6.37, а.
Решение 1. Определяем реакции, возникающие в заделке,
Рис. 6.37
194
2. Составляем уравнение изгибающих моментов для участка II
балки. При этом считаем, что распределенная нагрузка продлена до
конца балки и на участке II приложена компенсирующая нагрузка,
как показано на рис. 6.37, б,
2	2
Здесь последнее слагаемое дает величину изгибающего момента
от компенсирующей (направленно^ снизу вверх) распределенной
нагрузки.
Дифференциальное уравнение упругой линии имеет вид:
I
« 17	о & , 9(z-a)2	. ч
EJxv = VAz—mAz°—- +—-—.	(а)
Слагаемые, дающие выражение изгибающего момента для
участка / балки, отделены горизонтальной и вертикальной линиями.
3. Интегрируя дважды выражение (а), получаем уравнение уп-
ругой линии
VA? mAz2 qz? q(z-df	Q
EJxv	4-	4- EJxvqZ4-EJxvq.
6	2	24	24
Учитывая, что левый конец балки защемлен, имеем:
C=EJx0o=O;
D=EJxvo=O.
Подставляя значения VA и тл, получаем:
I
qaz3 qa2z2 qz* q(z-a)*
EJxv =-------------4------
6	2  2	24	24
Прогиб свободного конца находим, подставляя в (б) z=zK=2a,
qa (2а)3 qa2(2a)2 q(2a)* q(2a—a)*
6	4	24 +	24
или окончательно
7 qa*
vK=-----------
24 EJ.
qc?
— 0,292—.
£ZX
Знак минус указывает, что точка К перемещается вниз, т. е.
противоположно положительному направлению оси Оу.
7*
195
Задача 6.24. Определить прогиб посередине пролета, а также
максимальный прогиб балки, изображенной на рис. 6.38.
Решение 1. Уравнение изгибающих моментов для участка II
имеет вид (значения опорных реакций указаны на рис. 6.38):
F (2
Мх= z—Fl z— I
з \	3 .
EJxv"^z'-F
3
(а)
2. Интегрируя дважды
уравнение (а), получаем:
F	/ 2 у
~z3 Ftz— /)
3	\ 3 /
EJxv=------------h
6	6
+ Cz+D. (б)
Рис 638	3. Определяем постоян-
ные интегрирования. D =
=EJxvq— 0, так как левый конец балки шарнирно оперт. Постоян-
ную С=Е1хв0 найдем из условия, что прогиб правого конца балки
равен нулю (vz=/=0). Подставляя в (б) z=l и приравнивая получен-
ное выражение нулю, имеем:
0=—
б
+ С1,
з б
откуда
C=EJx(p0= -- FP.
81
Окончательно уравнение упругой линии имеет вид:
4	Fz3
EJxv=------Fl2z-\-----
81	3-6
/ 2 У
Ftz— /
\ 3 J
(в)
6
4. Определяем прогиб посередине пролета, подставляя в (в)
z=z>c=//2 и опуская последнее слагаемое, как относящееся ко второ-
му участку,
196
или
VK ——
EJX

23 Fl* ~
1296 EJ~
-- Fl2
81
Fl*
-0,0177----.
EJX
5. Сопоставим найденный прогиб балки посередине пролета с ее
максимальным прогибом. Для этого предварительно найдем абс-
циссу сечения, для которого касательная к упругой линии парал-
лельна оси неизогнутой балки; это и будет сеченйе, вертикальное
перемещение которого максимально.
Интегрируя выражение (а), получаем:
F / 2 V
z2 F\z—l\
EJxv —------------h С.
2	2
Подставляя найденное выше значение С, имеем:
-г2 '
EJxv'=-~ Fl2+------
81	2
/ 2 V
Ftz— 1]
\ 3 /
2
(г)
Предположим, что первая производная обращается в нуль при
2
z=zG и	/, т. е. искомое сечение принадлежит участку Z балки.
3
Тогда на основе выражения (г)
откуда
0,544/.
zc =
2 ’
Подставляя z=z0 в выражение (в) и удерживая только слага-
емые, относящиеся к участку I, получаем:
т. е.
£7Л„=4^ 0,544/+^
FI*
-0,0179 —.
EJX
197
Таким образом, место максимального прогиба смещено от сере-
дины пролета всего на 0,044/, а его величина отличается от прогиба
vK посередине пролета лишь на 1,1%.
Предлагаем читателю самостоятельно проверить, что в пре-
делах участка II функция v не имеет экстремума.
Задача 6.25. Определить прогибы на концах консолей и посере-
дине пролета, а также угол поворота сечения на правой опоре
балки, изображенной на рис. 6.39.
Рис. 6.39
Решение 1. Определяем опорные реакции (рис. 6.40, а)
EmA = 0; —Fa—Fa+VB4a—Fa=0-, VB—^F.
4
EmB=0;	— jF5a+ VA4a —Fa—Fa=0;
VA~ F
4
2.	Составляем дифференциальное уравнение упругой линии
(уравнение изгибающих моментов) для участка IV
I	II	III	IV
EJxv" = —Fzj + VA(z—a)\—m(z—3d)° I —VB(z—5a) I. (a)
3.	Интегрируя выражение (а), получаем уравнение углов поворо-
та поперечных сечений
_т , Fz2 Ул^-а)2	VB(z-5a)2
EJxv =---— 4---------m(z—3a)—
(б)
2
4.	Интегрируя выражение (б), получаем уравнение упругой линии
т Fz3 Fa (z—a)3 m(z—3a)2
EJxv =—	-|------------
6	6	2
VB(z-5a)3
+ Cz+D.
(в)
6
5.	Определяем постоянные интегрирования. В рассматриваемом
случае и С и D отличны от нуля, так как левый конец балки
свободен. Определяем их из условия равенства нулю прогибов
в точках А н В (при z=a и z=5a). Для этого используем уравнения
198
Рис. 6.40
упругой линии участков I и III (первое из них получаем, исключая
из (в) слагаемые от всех нагрузок, кроме F, второе — исключая
слагаемое от силы Ув~)
vz=a—0;	0=-------hCa+D;
6
F(5o)3
rz=5a=0;	0=-----
6
7
- F(4o)3
4	Fa(2a)2
-------------------+ C 5 ci 4" f).
6	2
Решая полученные уравнения, находим:
C=EJx60=Fa2;
5	,
D—EJxv0— — Fa3.
6
199
6.	Определяем угол поворота сечения В, подставляя в выражение
(б) значения VA и С и принимая z = 5а,
7
Г(4а)2
EJX6B=EJxv'z=5а = - F(5Q)2 + 4-----Fa (2а) + Fa2-,
2	2
eB=Fa~.
2EJX
7.	Определяем прогибы заданных сечений.
Прогиб конца левой консоли определен ранее
D 5 Fa*
v0= --=-------.
EJX 6 EJX
Прогиб посередине пролета определяем из выражения (в), под-
ставляя в него z = 3a; C=Fa2; D~—^Fa3 и опуская слагаемые,
соответствующие моменту т и силе Ув.
EJ— EJxvz—зд
ЛЗа)3
6
F(2a)*
4-------\-Fa2'3a— Fa3,
6	6
откуда vK= 0.
Прогиб на конце правой консоли также определяем из выраже-
ния (в), принимая z = 6а,
EJxVL=EJxVl = ha =
7
(Гба)3 47?(5а) Fa (За)2
6 +	6	2
з
-Fa*
4	5
---------\-Fa2 6а— Fa3,
б--------б
откуда
На рис. 6.40, в показана примерная форма изогнутой оси балки
(прогибы даны в весьма крупном масштабе), при построении кото-
рой помимо найденных значений прогибов использована эпюра
изгибающих моментов (рис. 6.40, б). Точки перегиба упругой линии
соответствуют сечениям, в которых изгибающий момент равен
нулю.
200
Рис. 6.41
Задача 6.26. Определить из расчета на жесткость требуемый
номер двутаврового профиля симметрично нагруженной стальной
балки (рис. 6.41). Допускаемый прогиб [/] =-- Принять Е=
..	1000
=2,1 Ю11 Па.
Решение. Определяем опорные реакции. В силу симметрии
VA=]/B=2qa^2F=qa+F=5  0,6+10 = 13 кН.
Условие жесткости балки имеет вид т. е. максимальный
прогиб (стрела прогиба) не должен превышать допускаемого.
Очевидно, в нашем случае максимальный прогиб имеет место
посередине пролета. Для его определения составляем дифференци-
альное уравнение упругой линии для участка II балки, добавляя
распределенную нагрузку (до середины пролета) и прикладывая
направленную снизу вверх компенсирующую нагрузку, как показа-
но на рис. 6.42,
I	п
EJxv"=VAz~q^-F(z-a)+?(Z~°-2 .	(а)
После первого интегрирования получаем:
, VaZ <?z3 F(z—a)2 ,ч(?-а)3	.
EJxv—-----------------1--------FC.	(о)
2	6	2	6
В данном случае постоянную С можно определить несколько
иным способом, чем в предыдущих задачах, воспользовавшись тем,
что в силу симметрии упругой линии касательная к ней посередине
пролета горизонтальна (см. рис. 6.41), т. е. 6z^la=v'1=la=0,
Q = EJxv'z=la=
Fa1 qc?
2	6
2	6
201
отсюда
7	/а2
C=EJx60=-2VAa2+~ qa3+ .
6	2
Конечно, этот прием определения постоянной С можно исполь-
зовать только при полной уверенности в симметрии упругой линии
балки.
Интегрируя выражение (б), получаем:
_ r ^aZ qf F(z—a)3 q(z—af
EJxvr=----------------1-----1- Cz + D.	(в)
6	24	6	24
Учитывая, что D = 0 (го=О), подставляя найденное значение
С и принимая z=2a, получаем следующее выражение для мак-
симального прогиба
К, (2а)3
EJK^z=2a =---------
6
?(2fl)4 F(2a—a)3
24	6
Рис. 6.42
Обозначив, как принято выше, абсолютное значение макси-
мального прогиба (стрелы прогиба) буквой f, после подстановки
числовых данных получим:
=4570 Н • м3.
Приравнивая значение максимального прогиба допускаемому,
находим требуемую величину момента инерции поперечного сече-
ния балки
f==4570< 1
EJX "'lOOO’
^4570  103 _ 4570 103
X'' El 2,1 10“ • 2,4
908 • 10"8 m4=908 cm4.
По ГОСТ 8239 — 89 принимаем двутавр № 18, имеющий
Jx= 1290 см4.
202
Задача 6.27. Определить прогиб посередине пролета балки, изоб-
раженной на рис. 6.43, а.
Решение. Опорные реакции заданной балки (показаны на рис.
6.43, б) были определены при решении задачи 6.5, там же были
построены эпюры Q и М. Иное, чем в задаче 6.5, изображение
(зеркальное) балки принято здесь потому, что при начале координат
в центре тяжести левого опорного сечения (см. с. 145) уравнение
изгибающих моментов составлять проще, если слева направо ин-
тенсивность распределенной нагрузки возрастает; сказанное было
проиллюстрировано в решении задачи 6.5.
Продляем распределенную нагрузку до правого конца балки
и прикладываем на участке III компенсирующую нагрузку, направ-
ленную снизу вверх (рис. 6.43, б).
Составляем уравнение изгибающих моментов для участка III
балки. Учитывая, что
откуда
%n z—2а
q За
z—2а
?zn=? — ;
За
ЧгШ. (z—5а)
1 а ’
z— 5а
<7гШ = <7 —	,
За
откуда
203
и вводя обозначение к=— (тангенс угла наклона касательной к эпю-
Зо
ре нагрузки), имеем:
Мхш= ?zn (z- 2а) (z-2a)+q~*	+
1	. с . 1 .	, .	1	, (z— 2а)3
+~ Arm (z— 5а) - (z — 5a)=- qaz—к---h
2	3	2	6
(z-5«)1 2 , (z-5o)3
+ 9-——\-k--------.
2	6
Последние два слагаемых дают значение изгибающего момента
от компенсирующей нагрузки, эпюра которой разбита на две ча-
сти — прямоугольник и треугольник (рис. 6.43, б).
Итак, дифференциальное уравнение упругой линии имеет вид:
и	hi
(z-2a)3
6
(z—5a)2	(z—5a)3
+ q----------\-k--------
2	6
EJxv"=^~ qaz —k
2
1 z2
EJxv' = C+- qa--------к
2	2
После интегрирования получаем:
п
(z-2ay
24
ш
6	24
1 z3
EJxv=D + Cz+- qa-- —к
2	6
II
(?-2а)5
120
III
+ +
24	120
Очевидно, D=EJxvo—O. Постоянную интегрирования С находим
из условия rz=6a=0; не приводя выкладок, укажем окончательный
результат
C=EJX6O= -- qa3.
15
Прогиб посередине пролета найдем из уравнения упругой линии
для участка II балки
38	,	1 z3 , (z-2a)5
EJxva=----qa z+- qa-----к-------,
15	2	6	120
204
подставив в него z=3a:
г,	38 з
EJxvI=3a= qa5
3g+-
2
(За)3
qa~T
q (За—2а)5
За 120 ’
откуда
^ = 3^ =
1927 9^__5 35 £^
360 EJ~ ’ EJX'
Задача 6.28. Определить вертикальное перемещение сечения
В рычага люфтовыбирающепу механизма (рис. 6.44, а).
В точке А рычаг соединен с пружиной. Параметры пружины:
д1ар=25 мм; d=4,5 мм; число витков п=6.
Рис. 6.44
Принять модуль продольной упругости стали £=2,0 ' 1011 Па,
модуль сдвига стали G=8,0 • 1О10 Па.
Решение. Определяем усилие VA, действующее на пружину:
РЬ
а+Ь
335  100
46+100
= 230 Н.
Перемещение точки В рычага люфтовыбирающего механизма
складывается из перемещения, обусловленного растяжением пружи-
ны, и из прогиба самого рычага (рис. 6.44, б).
Удлинение пружины
8VAD3n
ЛА =------
Gd*
8  230  (20,5  10-3)3
8,0 (4,5 10"3)4
=2,84-103 м=2,84 мм,
где D — Dwp—d= 25—4,5 = 20,5 мм — средний диаметр пружины.
205
Перемещение сечения В, обусловленное растяжением пружины,
находим из подобия треугольников (рис. 6.44, б)
№	2,84 ' 100
=----—-------—1,96 мм.
а+Ь 146
Определяем перемещение сечения В, обусловленное прогибом
рычага (приведенную формулу предлагаем читателю вывести само-
стоятельно)
Fc?b2	335(46  10-3)2(100-3)2 12
VB6 =--------=-----------------------------------=
3EJx(a+b) 3 2,0  10”  (8 10~3)*(46 10~3 +100  UT3)
= 0,237 ' 10“ 3 м=0,237 мм.
Здесь дана абсолютная величина прогиба.
Итак, суммарное перемещение сечения В:
«в=«8пр+ивб= 1,96+0,237«2,2 мм.
ГЛАВА VII
ЭНЕРГЕТИЧЕСКИЙ МЕТОД ОПРЕДЕЛЕНИЯ
ПЕРЕМЕЩЕНИЙ И РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ
НЕОПРЕДЕЛИМЫХ СИСТЕМ
’If
§ 20. ИНТЕГРАЛ МОРА
Метод Мора представляет собой универсальный способ для
определения линейных и угловых перемещений в любых плоских
и пространственных системах, состоящих из шарнирно- или жестко-
соединенных прямых или кривых брусьев.
При отыскании линейного перемещения к системе, освобожден-
ной от заданных нагрузок, в направлении искомого перемещения (в
заданной точке) прикладывается безразмерная единичная сила.
Аналогично, при определении углового перемещения в сечении,
поворот которого требуется найти, прикладывается пара сил (в
плоскости искомого поворота) с моментом, равным безразмерной
единице.
Ограничиваясь рассмотрением плоских систем — балок и плос-
ких рам и учитывая только энергию деформации, связанную с изги-
бающими моментами (т. е. пренебрегая для балок энергией, связан-
ной с наличием поперечных сил, а для рам — поперечных и про-
дольных сил), получают следующую формулу для определения
перемещений, правую часть которой называют интегралом Мора,
f MFM,
,, <7Л)
3
где — искомое перемещение (линейное или угловое). Первый
индекс К указывает точку и направление, в которых
определяется перемещение, а второй индекс — причи-
ну, вызывающую это перемещение. Индекс F означает,
что определяется перемещение от заданных нагрузок;
MF и Mt — аналитические выражения изгибающих моментов соот-
ветственно от заданной нагрузки и единичной силы
(момента).
Заметим, что в некоторых случаях оказывается удобным заме-
нить индекс 1 буквенным индексом, указывающим наименование
207
сечения (точки), перемещение которого определяется. Например,
в данном случае можно вместо Л/, принять обозначение Мк. Могут
быть приняты также числовые индексы 1, 2 и т. д., если приходится
Определять несколько перемещений одного и того же или разных
сечений.
При определении углового перемещения формула (7.1) дает его
величину, выраженную в радианах.
Знак суммы в формуле (7.1) указывает на то обстоятельство, что
в общем случае, когда уравнения «грузового» MF и «единичного»
М} моментов для отдельных участков системы различны, интеграл
вычисляется по участкам и результаты суммируются.
Формула (7.1) применима для вычисления перемещений как
в системах, состоящих из прямых брусьев, так и из брусьев малой
кривизны*. При Прямых брусьях дифференциал дуги ds заменяется
величиной dz.
В случаях, когда ось бруса прямолинейна и жесткость попе-
речного сечения в пределах отдельных участков постоянна, интег-
рал Мора целесообразно вычислять графо-аналитическим методом,
применяя правило Верещагина.
По этому правилу интеграл Мора для отдельного участка
балки или рамы вычисляется как произведение площади нелинейной
эпюры изгибающих моментов на ординату линейной эпюры изгиба-
ющих моментов, взятую под центром тяжести нелинейной, делен-
ное на жесткость поперечного сечения данного участка. Таким
образом, при применении правила Верещагина вычисление переме-
щения ведется по формуле
где со,- — площадь нелинейной эпюры изгибающих моментов;
T)ci — ордината линейной эпюры изгибающих моментов, соот-
ветствующая центру тяжести нелинейной;
(EJx)i — жесткость поперечного сечения данного участка бруса.
Очевидно, что в случаях, когда на данном участке обе эпюры
линейны, совершенно безразлично, на какой из них брать площадь
и на какой — ординату.
Произведение со;^С1 считается положительным, если часть эпюры,
имеющая площадь w„ и соответствующая ордината г;С1 расположе-
ны по одну сторону от оси бруса.
При применении метода Мора положительное значение искомого
перемещения получается в случае, если его направление совпадает
с направлением приложенной единичной силы (момента).
’Брусьями малой кривизны при вычислении перемещений считают такие, для
которых отношение радиуса кривизны (р) их оси к высоте (Л) поперечного сечения
не менее двух (р/Л>2).
208
При непосредственном (аналитическом) вычислении интеграла
Мора протяженность каждого участка при постоянной жесткости
сечения EJX определяется областью, в пределах которой закон изме-
нения как «грузового», так и «единичного» моментов остается
постоянным. При применении правила Верещагина участком явля-
ется часть балки (элемента
рамы), в пределах которой
хотя бы одна из эпюр изме-
няется по монотонному ли-
нейному закону. Здесь необ-
ходимо подчеркнуть, что ли-
нейность эпюры должна по-
ниматься в строго матема-
тическом смысле. В частно-
сти, эпюра, состоящая из
двух прямолинейных отрез-
ков («ломаная» эпюра),
должна рассматриваться как
состоящая из двух отдель-
ных линейных эпюр (рис.
7.1).
Ниже при решении при-
меров будет показано, что
всегда есть возможность
разбить прямой брус на та-
кие участки, в пределах каж-
дого из которых одна из
эпюр (чаще «единичная») ли-
нейна.
Значения площадей эпюр
и координат их центров тя-
жести указаны на рис. 7.2.
Квадратная парабола, пока-
Рис. 7.1
занная на рис. 7.2, в, имеет экстремум в точке С, а на рис. 7.2,
г — экстремум посередине. На рис. 7.2, д показана кубическая пара-
бола, имеющая вершину в точке К.
Если одна из эпюр представляет собой несимметричную квад-
ратную параболу (рис. 7.3), а вторая эпюра на этом участке линей-
на, поступают следующим образом: соединяют прямой точки КиЬ.
209
Площадь эпюры распадается на две части: треугольник KLT, пло-
щадь и положение центра тяжести которого, конечно, известны,
и параболический сегмент KNL. Площадь этой части вычисляется
по формуле
2 ,
со= ah,
3
?fl2
где а — длина отрезка КТ и Л——. Здесь q — интенсивность равно-
8
мерно распределенной нагрузки, действующей на участке
бруса, для которого построена рассматриваемая эпюра.
Рис. 7.3
Центр тяжести этой части эпюры
соответствует середине отрезка КТ.
При определении перемещений
в плоских системах может возникнуть
необходимость в учете потенциальной
энергии деформации, связанной не то-
лько с изгибающими моментами, но
и обусловленной наличием поперечных и продольных сил. В этих
случаях формула перемещений (интеграл Мора) принимает вид:
*+E/>JJ Р-з)
s	S3
где Qf и Qi — аналитические выражения поперечной силы соответ-
ственно от заданной нагрузки и от единичной силы
(момента);
Nf и Nt — аналитические выражения продольной силы соответ-
ственно от заданной нагрузки и от единичной силы
(момента).
Коэффициент р отражает неравномерность распределения каса-
тельных напряжений по поперечному сечению. Этот коэффициент
зависит только от формы сечения, например, для прямоугольника
р—1,2, для круга /?=“•
Вычисление интеграла Мора по формуле (7.3) может быть вы-
полнено по правилу Верещагина (указания об области применимо-
сти этого правила, данные выше, остаются в силе). Соответст-
вующая формула может быть записана в виде:
Акт— X
«+у « ^+у
(£7,). ^ Р‘ (GA), L (EA)i
(7.4)
где шр и соf — площади нелинейных эпюр соответственно изги-
бающих моментов, поперечных и продольных
сил;
210
t]%, т]£ и — ординаты линейных эпюр изгибающих момен-
тов, поперечных и продольных сил, соответст-
вующие центрам тяжести нелинейных эпюр изги-
бающих моментов, поперечных и продольных
сил.
Для пространственной системы общая (с учетом всех шести
внутренних силовых факторов) формула перемещений:
v-i	Г CxfGxl —Г QyfQyl
• J bA	J GA	J GA
3	3	3
где MxF, NzF, QxF и t. д. — аналитические выражения внутренних
силовых факторов от заданной на-
грузки;
Мл, Nzl, Qxl и т.'Д. — аналитические выражения внутренних
силовых факторов от единичной силы
(момента).
В большинстве случаев можно ограничиваться первыми тремя
членами формулы (7.5), пренебрегая влиянием продольной и попе-
речных сил.
§ 21. ПРИМЕРЫ ОПРЕДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ
В СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫХ СИСТЕМАХ
Задача 7.1, Найти максимальный прогиб, а также угол поворота
поперечного сечения на левой опоре для балки, показанной на рис.
7.4.
Решение. Реакции опор* пока-
заны на рис. 7.5, а, там же штрихо-
вой линией изображена упругая ли-
ния балки. Очевидно, в данном
случае максимальным будет про-
гиб (/) посередине пролета.
Рис. 7.4
1. Определение максимального прогиба.
Балка имеет два участка. Грузовой момент Mfb произвольном
сечении участка I (рис. 7.5, 6)

*В давней главе для вертикальных составляющих опорных реакций наряду
с обозначениями VB и т. д. приняты также обозначения А, В и т. п.
211
Рис. 7.5
212
Если на участке II координату z2 отсчитывать от крайнего право-
го сечения, то выражение грузового момента будет таким же, как
и для участка I,
Мр=- z2.
2 ‘
Сняв с балки заданную нагрузку, прикладываем к ней посереди-
не пролета вертикально направленную единичную силу (рис. 7.5, в).
Опорные реакции от единичной силы
Единичный момент для произвольного сечения участка I (рис.
7.5, в)
2
На участке II при отсчете z2 от опоры В
Определяем максимальный прогиб
/
2
_ a	2 Г/f \ /1 \	F13
f- Ej EJ^	7\2 7 Z~48£7X’
i	o
В силу симметрии нагружения балки интеграл вычислен только
для участка I и результат удвоен. Знак плюс в конечной результате
указывает на совпадение направления единичной силы с направле-
нием прогиба.
Применение правила Верещагина требует построения грузовой
и единичной эпюр. По-прежнему имеем два участка. Производим
перемножение эпюр на участке I и ввиду симметрии результат
удваиваем. Обе эпюры лежат по одну сторону от оси, поэтому их
перемножение дает знак плюс. Так как в пределах каждого из
участков обе эпюры линейны, безразлично, на какой из них брать
площадь и на какой — ординату. Площадь грузовой эпюры в пре-
делах одного участка	1	FI 1	F12 а>1=-	— 	-—. 2	4	2	16
213
Центр тяжести этой площади расположен на расстоянии - ' I
от левой опоры; следовательно, соответствующая ордината единич-
ной эпюры
1 I I
Ъ1=-'
2 3 6
По формуле (7.2) имеем:
2 (fi2\ I Fl3
&KF—  I   I ~—------•
EJX \ 16 J 6 48£7X
Конечно, получился тот же результат, что и при непосредствен-
ном интегрировании.
2. Определение угла поворота сечения А.
Прикладываем в сечении А пару сил с моментом, равным еди-
нице (единичный момент). Реакции опор от этого момента показа-
ны на рис. 7.5, д. Уравнения единичного момента на участках In II
A6 = l-^zt; Л/$=^г2.
Интеграл Мора вычисляется как сумма двух слагаемых (по
числу участков). Выражения грузовых моментов остаются прежние
I
2
Положительный результат указывает на совпадение направле-
ния поворота сечения и приложенного единичного момента.
Для использования правила Верещагина строим эпюру единич-
ных моментов (рис. 7.5, е). На всем протяжении балки эта эпюра
линейна, т. е. весь пролет можно рассматривать как один участок,
при этом площадь следует взять на эпюре грузовых моментов, так
как для указанного участка она нелинейна (ломаная)
214
Центр тяжести площади со лежит посередине
тельно,
па=12.
Таким образом,
Я2 -
.	_	^2г]с2	2	F12
Ляг— ~ ‘ ”— —-------—-------•
EJX 9>EJX 16EJX
пролета, следова-
Задача 7.2. Для бруса малой
кривизны, изображенного на рис.
7.6, определить вертикальное, го-
ризонтальное и угловое переме-
щения сечения, в котором при-
ложена сила F.
Решение. Для кривого бруса,
как известно, правило Верещагина
неприменимо, так как ни одна из
эпюр не будет линейной. При со-
ставлении выражений изгибаю-
щих моментов следует воспользо-
ваться полярными координатами,
фиксируя положение произволь-
ного сечения полярным углом
<р .(рис. 7.7, а). Грузовой момент
в произвольном сечении (изгиба-
ющий момент, соответствующий
увеличению кривизны бруса, усло-
вимся считать положительным)
равен (рис. 7.7, б)
MF—FRsin<p.
Рис. 7.7
Рис. 7.6
Для определения вертикального перемещения прикладываем
в точке В единичную силу, направленную вертикально вниз. Соот-
ветствующий изгибающий момент в произвольном сечении
Мт = 1 • R sin ср.
215
Вертикальное перемещение сечения В
^вг= ^ I (FR sin (р) (Г R sin <p)Rd<p =
EJX J	4EJX
о
Здесь дифференциал дуги выражен через угол dtp
ds—Rdtp.
Для определения горизонтального перемещения прикладываем
в точке В горизонтально направленную единичную силу и составля-
ем выражение соответствующего изгибающего момента (рис. 7.7, в)
Мв2=1 ' (R—R cos <р).
Горизонтальное перемещение сечения В
п
2
_ 1
0
FR3
(FR sin <p)(R—R cos (р) Rdcp =-
2EJX
Для определения угла поворота сечения В прикладываем пару
сил с моментом, равным единице (рис. 7.7, г). Выражение изгиба-
ющего момента для этого случая Мвъ — 1. Искомое угловое переме-
щение
sin ср) 1  Rd(p=-^~.
В случае необходимости опреде-
ления полного линейного перемеще-
ния сечения В надо вычислить гео-
метрическую сумму АдГ и A'af.
Задача 7.3. Определить прогиб
сечения К балки, изображенной на
рис. 7.8.
Решение. Строим грузовую (рис. 7.9, а, б) и единичную (рис.
7.9, в, г) эпюры изгибающих моментов. Если рассматривать как
участок интегрирования всю длину балки, следует площадь единич-
ной эпюры умножить на соответствующую ординату грузовой, так
как единичная эпюра является ломаной (на правой половине тож-
216
дественно равна нулю, а на левой — линейна), а грузовая эпюра
линейна на всем протяжении балки
л /1 1-1
—I - - -
\2 2 2
-л—
6 EJX 48 EJX
Задача /.4. Определить прогиб посередине пролета балки, изоб-
раженной на рис. 7.10.
Решение. Определив реакции опор от заданной нагрузки (рис.
7.11, а), строим эпюру изгибающих моментов (рис. 7.11, б).
Прикладываем посередине пролета вертикально направленную
единичную силу; соответствующие реакции показаны на рис. 7.11, в.
Эпюра Mi приведена на
рис. 7.11, г.
Для вычисления интег-
рала Мора (с помощью
правила Верещагина) раз-
биваем нелинейную на
участке I эпюру MF на две
части (см. также с. 209, 210
и рис. 7.3)
Величина, стоящая в
первых квадратных скоб-
ках, представляет собой
площадь параболического
сегмента. Второй и третий
члены одинаковы, так как
равны площади (<и2 и со3) треугольников, а также и соответствующие
ординаты единичной эпюры.
Заметим, что в данном случае прогиб посередине пролета не
является максимальным.
217
В ряде случаев перемножение эпюр по правилу Верещагина
может быть существенно упрощено, если представлять грузовую
эпюру моментов в так называемом «расслоенном» виде. Сущность
«расслоения» эпюр заключается в том, что график многочлена
(уравнения изгибающих моментов) представляется в виде ряда от-
дельных графиков, каждый из которых соответствует одному из
слагаемых многочлена. Эти отдельные графики (эпюры) весьма
просты: каждый из них представляет собой либо прямоугольник,
либо треугольник, либо параболический треугольник (см. рис. 7.2,
Рис. 7.11
В большинстве случаев целесообразно вести расслоение грузовой
эпюры, подходя с двух сторон к месту излома единичной эпюры.
Покажем применение указанного приема к рассматриваемой
задаче (рис. 7.12, а). Грузовую эпюру моментов на левом участке
представим в виде двух эпюр, исходя из того, что уравнение MF на
этом участке представляет собой многочлен
Л/Н3 qizi-4-'.
8	2
218
Для участка II эпюру строим, идя от правой опоры, по уравнению
Л/°—- qlz2.
8
«Расслоенная» эпюра моментов MF представлена на рис. 7.12, б.
Единичная эпюра дана на рис. 7.12, в. Площади, на которые
разбита грузовая эпюра, обозначены на рис. 7.12, б, а соответст-
вующие ординаты единичной эпюры — на рис. 7.12, в. Выполняя по
правилу Верещагина перемножение эпюр, получаем:
1 /	3 /
' - — ]---F
32	8/44
I
4
/
4
768 EJX
Задача 7.5. Найти угол поворота среднего сечения балки (рис.
7.13).
Решение. Определим угол поворота сечения К (рис. 7.14, а),
вычислив интеграл Мора непосредственно, а также применив пра-
вило Верещагина.
219
Выражение изгибающего момента от заданной нагрузки имеет
вид:
MF=—q
Это выражение справедливо в пределах всей балки. Соответст-
вующая эпюра представлена на рис. 7.14, б.
Прикладываем в сечении К
момент, равный единице (рис.
7.14, в). Соответствующий изги-
бающий момент Мх в сечениях
участка АК равен нулю, а в се-
чениях участка КВ постоянен:
Мj = — 1. Следовательно, интег-
рирование ведется только в
пределах участка II (КВ):

, 7
az— —
48 EJ,
J\ns. вычисления интеграла Мора по правилу Верещагина строим
эпюру М} (рис. 7.14, г). Нелинейную эпюру MF (рис. 7.14, б) на
участке II разбиваем на
три' части: прямоугольник
(coj), треугольник (й)2) и па-
раболический сегмент (со3).
Заметим, что площадь па-
раболического сегмента
вычитается из суммы двух
остальных площадей.
Применив правило Ве-
рещагина, получим:
220
Для применения правила Верещагина можно также мысленно
отсечь левую половину балки, заменив ее действие на правую
соответствующими поперечной силой и изгибающим моментом.
Для оставшейся правой половины, находящейся под действием
1	,2
силы -, момента - qr и равномерно распределенной нагрузки,
следует построить эпюры изгибающих моментов отдельно от каж-
дой из трех указанных нагрузок (прямоугольник, треугольник и па-
раболический треугольник). Рекомендуем читателю самостоятельно
проделать соответствующий расчет.
Задача 7.6. Определить прогиб конца консоли заданной балки
(рис. 7.15, а).
Решение. Определив опорные реакции (их значения указаны на
Рис. 7.15, а), строим эпюру MF (рис. 7.15, б).
221
В точке К прикладываем единичную силу, определяем соответ-
ствующие реакции (рис. 7.15, в) и строим эпюру Л/] (рис. 7.15, г).
Эпюра Л/j состоит из двух линейных участков. В пределах
каждого из них эпюра MF сравнительно сложна; во всяком случае
непосредственное определение площадей и координат центра тяже-
сти без вспомогательных расчетов невозможно. Для того чтобы их
избежать, разбиваем эпюру MF на такие части, для которых имеют-
ся готовые формулы площадей
и координат центра тяжести. Эта
разбивка показана штриховыми
линиями на рис. 7.15, б.
Производим перемножение
эпюр по правилу Верещагина. Для
этого предварительно найдем пло-
щади отдельных частей эпюры
MF и соответствующие ординаты
эпюры
Участок АС
1 qa2 qa3
a>i=- а —=—;
2	2	4
2 а 2
Г]С1=- • -=- а.
3 3 9
Участок CD. Эпюра
этом участке состоит из
ричного параболического
та, имеющего площадь
,	2	2	qa2	qa3
а>2=- hl—- • — а=—
3	3	8	12
и прямоугольника, для которого
qa3
ыг = а —-—-;
2	2
°)
N
MF на
симмет-
сегмен-
,	„ qa3 qa3 7	,
ш2=со2 + со2=--1---=— qa .
12	2	12
Центры тяжести указанных двух площадей находятся на одной
вертикали; соответствующая ордината единичной эпюры
1 3 а
г]с2=- ‘ “ а=~.
3 2	2
Участок DB. Эпюру MF на этом участке можно представить как
параболический сегмент NERL, построенный на наклонной базе
222
NR, и два треугольника NDE и EBR. Разбивка этого участка эпюры
показана на рис. 7.16, а, б, в.
_	,2 qa2 1	,
Площадь параболического сегмента а>3=- • — а=— qa и соот-
ветствующая ордината единичной эпюры
, 1 5	5
г}сз=-  - а^- а.
3 2	6
Из подобия треугольников NDE и EBR следует, что DE--
3	4
и ЕВ—-^ а. Соответствующие площади рассматриваемой эпюры
и ординаты единичной эпюры имеют следующие значения:
1 qa2 a qa3
(О’3 = ~ -------- ' =--------;
2	2	4	16
шз"=^ ‘ I Ча2 '
„	25
г\с3=— а\
36
3	9да3
- а=-----;
4	16
^<л=— а.
12
Участок ВК. Разбиваем эпюру MF на параболическую часть
с вершиной на правом конце участка и прямоугольник (рис. 7.16, г).
Площади указанных частей эпюры и соответствующие ординаты
эпюры Л/] имеют следующие значения:
, 1
а>4.=-
з
qa2	qa3
— а=—:
2	6
,	3
Чс4=~ а.
4
a)2—qa2a=qa3;
fi-
Производя перемножение эпюр и суммируя результаты, по-
лучаем:
Екг—
(OiVci
(-- О32Т1с2-ОЗ'зПсЗ ~

— Ш3 ЧсЗ + Шз" ЧсЗ +	Чс4 +	~ =
?g3
4
2	7	з
- а----qa3
9	12
al ,5
---qa  - а—
2 12	6
qa3
16
25	9	,
• — а-|— qa
36	16
и
12
qa3 3
п-1-- - a+qa
6	4
1 \ 1
- а I —
2 / EJX
223
или
^KF —
49 qa*
72EJX'
Этот же расчет можно выполнить значительно проще, применив
расслоение эпюр. Преобразуем грузовую эпюру (рис. 7.17, а, 6),
ориентируясь на два участка единичной эпюры (рис. 7.17, в): ведем
построение эпюры MF, подходя с двух сторон к опоре В. На рис.
7.17, б изображены все состав-
ляющие эпюры Л// с левого
конца — от реакции опоры
qa
А=- (линия 7), от равномерно
распределенной нагрузки q
(линия 2) и от сосредоточенной
силы F—qa (линия 3); с право-
го конца — от равномерно
распределенной нагрузки q
(линия 4) и от пары сил m=qai
qo2 (линия 5)*. Перемножив эпю-
ры по правилу Верещагина,
получим:
Задача 7.7. Определить прогиб свободного конца балки, изоб-
раженной на рис. 7.18.
Решение. В направлении искомого прогиба прикладываем еди-
ничную силу и строим эпюру единичных моментов (рис.
•Каждая из указанных линий является графиком одного из слагаемых много-
члена, дающего закон изменения изгибающих моментов на данном участке (см.
также с. 219, 221).
224
Рис. 7.19
7.19, а, б). Решение задачи начато с построения указанной эпюры,
чтобы было ясно, в каком виде целесообразно представить грузо-
вую эпюру. Так как единичная эпюра на всем протяжении балки
линейна, то грузовую эпюру не нужно разбивать на отдельные
участки, но следует представить ее в виде суммы простейших, так
сказать, стандартных эпюр, величины площадей и положение цент-
ров тяжести которых указа-
ны в § 19. Если же строить
эпюру Мf (суммарную), на-
чиная от свободного конца
балки, то получим парабо-
лу третьего порядка, но ее
вершина не совпадает ни
с одним из концов балки
и в таблице нет значений
соответствующей площади
параболического треуголь-
ника и абсциссы его центра
тяжести.
Рассмотрим два вариан-
та построения грузовых
эпюр и соответствующих
перемножений эпюр.
1. Определяем реакции
в заделке (рис. 7.19, в):
НА = 0; VA = $ тл=- ql2.
2	3
Строим эпюры изгибаю-
щих моментов отдельно от
реакции УА, реактивного
момента тА и распределенной нагрузки с возрастающей справа
налево интенсивностью (рис. 7.19, г, д, е).
Применяя правило Верещагина, получаем:
'+(1 тС’Л
2 \4 б J
l=~ ql*.
5 120
2. Заданную распределенную нагрузку с интенсивностью, убыва-
ющей от свободного конца балки к заделке, представим в виде
суммы равномерно распределенной нагрузки и нагрузки, направлен-
ной снизу вверх, интенсивность которой возрастает (рис. 7.20, а, б).
В этом случае при построении эпюры MF от свободного конца
балки имеем две составляющие — «стандартные» эпюры: от равно-
мерной и «треугольной» распределенных нагрузок (рис. 7.20, в).
8 Ицкович Г.М., Минин Л. С„ Винокуров А.И.	775
Отсюда можно заметить, что площадь и положение центра тяжести
эпюры Мр, вызванной линейно изменяющейся нагрузкой, могут
быть просто вычислены лишь в том случае, если в сечении начала
отсчета интенсивность распределенной нагрузки равна нулю.
Используя второй вариант расслоения эпюр, после перемноже-
ния эпюр Мр и Л/j получаем искомый прогиб:
EJx^kf—
I t др з 1 1 z 4 llgZ*
3	2	4	4	6	5	120
или
&KF—
llgl*
120Е/х’
Покажем, как можно определить прогиб конца консоли, непо-
средственно применяя интеграл Мора. При отсчете координаты z от
левого крайнего сечения (см. рис.
7.20, а и г) имеем:
. .	.. I , zgz z
М, - — z: Мр= — qz Ч-----‘ -.
2	2 3
Z
Учтя, что qz=q~, получим:
Интегрируя в пределах всей дли-
ны балки, получаем искомое пе-
ремещение
Задача 7.8. Определить про-,
гиб посередине пролета заданной
балки (рис. 7.21).
Решение. Прикладываем по-
середине пролета к разгруженной
балке вертикальную единичную
силу (рис. 7.22, а) и, определив
За
Рис. 7.21
опорные реакции (показаны на том же рисунке), строим соответст-
вующую эпюру изгибающих моментов (рис. 7.22, б). По виду этой
эпюры устанавливаем, что расслоенную грузовую эпюру моментов
для удобства применения правила Верещагина следует строить,
подходя с двух сторон к середине балки (месту излома единичной
эпюры). Заданная балка и ее опорные реакции (их определение дано
в решении задачи 6.5) пока-
заны на рис. 7.22, в. Для по-
лучения частей грузовой
эпюры в виде отдельных
треугольников и, так ска-
зать, стандартных парабо-
лических треугольников на
правой половине балки нагрузка преобразована, как показано на
рис. 7.22, в. Расслоенная эпюра изгибающих моментов от заданной
нагрузки показана на рис. 7.22, г.
Применяя правило Верещагина, получаем:
EJxAkf= Q)iT]ci + а)2т]с2 ~ о)3т]сз - а)4т]с4 + а)5г]С5-
По-видимому, определение площадей эпюр, а также ординат rjci,
т]с2 не должно вызывать затруднений, так как аналогичные расчеты
встречались в предыдущих задачах. Поэтому остановимся только
на определении ординат т]с3, т]с4, г]с5.
4
Центр тяжести эпюры со3 находится на расстоянии - а от вер-
шины кубической параболы и, следовательно, на расстоянии
4	14
2п-Н а—— а от левой опоры. Соответствующая ордината эпюры
равна произведению реакции балки (при ее нагружении единич-
ной силой) на указанное расстояние, т. е.
1 14	7
>]с3=-  — а=- а.
2 5	5
Аналогично расстояния от правой опоры до центров тяжести
эпюр а>4 и а>5 равны
з	5
-	2а+а—- а;
4	2
4 Л	13
-	2а+а— а
5	5
и, следовательно,
1 5	5
г}с4=~  - а=- а;
2 2	4
8*
227
Рис. 7.22
228
Итак,
или
1 13	13
rjc5=~  — а=- а.
2 5	ю
EJAkf=\~
\2
3	2 а
- qa* За
+ (- ' 3qa2 ' За ] -
\2	/ 3
3/11
• - а—1 -  — qa
2	\4 18
2 V
а I - а—
/ 5
1 „ , „ \ 5	/14	, „
-  2qa2  2а I - ст+| - • - qa2'2а
3	7 4	\ 4 9
13	1927	.
— а=------qa*
10	360
2
3
3
2
1
3
5
4
1927^0*
Akf—-----;—
360ГЛ
Тот же результат был получен при решении задачи 6.27 путем
интегрирования приближенного диффере циального уравнения уп-
ругой линии.
Задача 7.9. Определить из расчетов на прочность и жесткость
требуемые размеры двутаврового поперечного сечения заданной
балки (рис. 7.23). Допускаемое
напряжение [ст] =150 МПа. До-
пускаемый максимальный про-
гиб [/]=—/
500
Решение. 1. Расчет на
прочность.
Заданная балка и ее опор-
ные реакции показаны на рис. 7.24, а\ эпюра изгибающих моментов
построена на рис. 7.24, б. Расчетное (наибольшее) значение изгиба-
ющего момента Л/хтял=Гст=30  103 • 2=60 кН ' м.
Условие прочности
F-ЗОкН
А
а= 2м
1= 2 а
Рис. 7.23
F-ЗОкН
Пихтах
откуда

60 103
=4  10 4м3 = 400 см3.
[а]	150 106
По условию прочности подходит двутавр № 27 (ГОСТ 8239 —
89), имеющий И/х=472 см3.
2. Расчет на жесткость.
В данном случае неясно, где именно будет максимальный
229
прогиб —на конце консоли или посередине пролета, поэтому опре-
деляем (в буквенном виде) оба указанных прогиба. Соответству-
ющие нагружения балки единичными силами и эпюры изгибающих
моментов показаны на рис. 7.24, в — е, там же отмечены значения
ординат, используемых при перемножении эпюр.
Прогиб на конце консоли
а  Fa
4 Fa3
3 EJX
х
Асг=—	+ (o2tlc2)=—
2	а
х- a+(Fa  2а)
Прогиб посередине пролета
л 1	1
Адр— С^З^сЗ—----------
- • 2а I Fa
2	/
Fa3
2EJX
Заметим, что во втором случае нелинейной (состоящей из двух
отдельных линейных участков) является единичная эпюра.
Приравнивая абсолютное значение наибольшего прогиба допу-
скаемому, получаем:
где
230
отсюда
4Fa3 4-30 103-23
=2'10’ 8 м4=2104см4.
ЗЕЦ] 3 2 10“ 810-3
Принимаем двутавр № 40, для которого Jx= 19 062 см4 и Wx—
= 953 см3. При этом максимальные нормальные напряжения в по-
перечном сечении балки будут значительно (примерно в 2 раза)
ниже допускаемых. Максимальный прогиб будет превышать до-
пускаемый всего лишь на
20  103-19 062
20 103
100% =4,69%.
Задача 7.10. Определить угол поворота и горизонтальное пере-
мещение правого опорного сечения рамы, представленной на рис.
7.25. Жесткость сечений EJX всех элементов рамы одинакова.
Решение. Все стержни рамы прямолинейны и имеют постоян-
ную жесткость. Вычисление интеграла Мора целесообразно выпол-
нить по правилу Верещагина. На рис. 7.26, а, б дана рама, нагружен-
ная заданными силами (там же показаны и опорные реакции),
и построена эпюра грузовых моментов. На рис. 7.26, в дана та же
Эпюра, но на левой стойке рамы она показана в расслоенном виде,
т. е. отдельно построены эпюры от реакции НА и от равномерно
распределенной нагрузки. На рис. 7.27, а, б дано нагружение рамы
единичной силой в сечении В и представлена соответствующая
единичная эпюра МВ1. Точно так же на рис. 7.28, а, показано
231
нагружение рамы парой сил с моментом, равным единице, и постро-
ена соответствующая эпюра
При вычислении горизонтального перемещения грузовую эпюру
разбиваем на две: треугольник площадью coj и параболический
сегмент площадью а>2. Высота (стрелка) сегмента, как об этом
9 (2а)2 qa2	2
подробно сказано выше, равна п=—-—=—, а площадь равна - lh,
где /=2а. Определяем горизонтальное перемещение
Рис. 7.27	Рис. 7.28
Ддр = —— (С0\Г)е\ + 0У2Г]с2 + (03Г1с3') =
EJX
1	/1 „	о	2	4	2 „
=—	I - ’ 2а	•	2qa2 • - а + 2а х
EJX	\2	зз
п	~ \ 16?а4
х—	а+- 2qa2	а	2а ]=----.
2	2	) 3EJX
Если воспользоваться расслоением эпюр, данным на рис. 7.26, в,
получим:
— (co'^t - (D'2tfc2+OJ3t]c3)=
EJ х
1 /1 , >	4	1	Л ,	„	3
=— I - 4oa2	2a	- a— 2qa2	2a	- a +
EJX\2	3	3	2
. 1 ~	2 n \	16?°4
+- 2qa a - 2a 1=--------.
2	J 3EJX
При определении угла поворота сечения В перемножение эпюр
производится только для ригеля (горизонтального стержня), так
232
как на каждой из стоек имеется только одна из перемножаемых
эпюр
<Wlc3 11	„	,	1
-----=—- ' - а  Zqa1 ' -
EJX EJX 2	з
qa?
3>EJX
t)	^2° Чп'За
Грузовая эпюра на ригеле линейна. Поэтому можно было брать
с этой эпюры ординату, а с единичной — площадь.
Задача 7.11. Определить вертикальное перемещение свободного
конца рамы (рис. 7.29).
Решение. Интеграл Мора определим ио правилу Верещагина.
Грузовая эпюра показана на рис. 7.30, а; на рис. 7.30, б дано
нагружение рамы единичной силой
и на рис. 7.30, в изображена соответ-
ствующая эпюра изгибающих мо-
ментов.
На участке I пдощадь берем на
грузовой эпюре, ограниченной пара-
болой с экстремумом в точке С (см.
рис. 7.2, в, на котором указаны пло-
щадь и положение центра тяжести
эпюры). На участке II обе эпюры
линейны, то же на участке‘7//. При
умножении трапецеидальной эпюры
Рис. 7.30
на трапецеидальную эпюру целесообразно одну из них разбить на
прямоугольник и треугольник (см. рис. 7.30, а), это избавляет от
необходимости отыскания положения центра тяжести трапеции*.
Перемножая эпюры, находим вертикальное перемещение сво-
бодного конца рамы
“I’/cl	+
&CF—----- +
EJX
EJX
2EJX
1 /1	qa2\ 3	1 ( qa2\
— |-a’ — Г - a-I-----I a ' — I a+
EJX \3	2/4 EJX \	2 )
’Можно тяг» разбить трапецию на два треугольника, такой прием исполь-
зован в задаче 7.6.
233
1
2EJ,
qa2  3a(a+l,5a)+Q З^а2
За](а+2а) = 9,25—.
Задача 7.12. Определить перемещение шарнира В в стержневой
системе, показанной на рис. 7.31.
Решение. Под действием силы F шарнир В получит как вер-
тикальное (vB), так и горизонтальное (ия) перемещения. Можно,
используя изложенную в главе «Растяжение и сжатие» методику
расчета, определить удлинения АЛ и AZ2 стержней, а затем из
геометрических соотношений
выразить искомые величины
ив и vB через A/j и AZ2.
Здесь покажем решение за-
дачи энергетическим методом
с вычислением интеграла Мора
по правилу Верещагина.
В поперечном сечении каж-
дого стержня возникает один
внутренний силовой фактор —
продольная сила N. Определим
продольные силы, возника-
ющие от заданной нагрузки. Вырежем узел В и составим уравнения
равновесия для системы сил, показанной на рис. 7.32, а:
Eu=0; —NiF cos60° + Ar2F cos 45° = 0;
Ev = 0; NiF cos30°+ZV2f cos 45°—F=0.
Решив систему уравнений, получим:
N1f=0,73F; N2F=0,52F.
На рис. 7.32, б изображена эпюра продольных сил.
Для определения вертикальной составляющей перемещения
шарнира В необходимо приложить в точке В вертикальную единич-
ную силу. Ясно, что при таком нагружении продольные силы,
возникающие в стержнях, будут в F раз меньше найденных выше,
т. е. jV1b=0,73 и Лг2в—0,52. Единичная эпюра имеет ординаты в Граз
меньшие, чем грузовая эпюра NF (рис. 7.32, в).
Из чертежа (см. рис. 7.31) находим длины стержней
/1=—— = 1,15Л;	Z2=—— = 1,41Л.
cos 30°	cos 45°
Производя перемножение эпюр по способу Верещагина (см.
последний член формулы (7.4), получаем:
234
1	1	Fh
VB=~— 0,13F- 1,15Л • 0,73+— 0,52F • 1,41Л • 0,52 = 0,68 —.
2EA	EA	EA
JlflSL определения горизонтальной составляющей перемещения
шарнира В приложим в точке В горизонтальную единичную силу
(рис. 7.32, г). Составим уравнения статики
Su=0;	— ATlrcos60°+.y2rcos45° —1=0;
Ev=0;	Mrcos30°+^rcos45°=0,
Рис. 7.32
из которых найдем NiT=— 0,73; 2V2r=0,9- Соответствующая эпюра
продольных сил изображена на рис. 7.32, д. Перемножая эту эпюру
с грузовой, находим горизонтальную составляющую перемещения
шарнира В
ив=----— 0,73Г • 1,15Л • 0,73 +
2ЕА
+— 0,52F • 1,41А • 0,9 = 0,36 —.
ЕА	ЕА
В случае надобности можно найти полное перемещение Дг шар-
нира В как геометрическую сумму vB и ив, т. е.
Задача 7.13. Определить прогиб свободного конца балки ступен-
чато-переменного сечения (рис. 7.33).
Решение. Определим искомый прогиб энергетическим методом;
при этом, учитывая, что жесткость поперечного сечения балки
235
изменяется по ее длине не непрерывно, а ступенчато, оказывается
целесообразным применить правило Верещагина для вычисления
интеграла Мора.
Строим эпюру MF от заданной нагрузки (рис 7.34, а, б).
Приложив к свободному концу разгруженной балки вертикаль-
ную единичную силу (рис.
7.34, в), строим соответству-
ющую эпюру изгибающих
моментов Л/j (рис. 7.34, г). Из
построенных эпюр с учетом
переменности жесткости сече-
ния EJX следует, что для пере-
Рис. 7.33	множения эпюр получается
три участка; дополнительно разбивая каждую из трапецеидальных
частей эпюры MF на прямоугольник и треугольник, получаем пять
слагаемых
AxF"F“,4cl+i
(ю2^2 4-	4- а>Ат]сА 4- со5т]с5).
На основании рис. 7.34, б, г имеем:
1 /1
^kf—— I - Fa а
EJX \2
(Fa ' а) - а+
 2Fa • а
- a + (6Fa  а) - а 4- ( -
3	2	\2
или окончательно
&KF —
131 Fa3
18 EJX~
Fa3
7,28 —
EJX
Задача 7.14. Определить
прогиб свободного конца
бруса, имеющего форму усе-
ченного конуса (рис. 7.35).
Решение. В данном слу-
чае при непрерывно изменя-
ющейся по длине бруса жест-
кости его поперечного сече-
ния вычислим интеграл Мо-
ра непосредственно (анали-
тически, без применения пра-
вила Верещагина). Преобра-
зовав нагрузку, как показано
236
на рис. 7.36, а (см. также задачу 6.5), составим выражение, дающее
закон изменения изгибающего момента от заданной нагрузки
Z
НО qx=q~ И
, , , 1 1
MF=-------+- qzz- z,
2	2	3
Mp—------1--.
2	6/
Закон изменения изгиба-
ющего момента от единичной
силы (рис. 7.36, б)
Мх=-\  z.
Момент инерции произ-
вольного поперечного сечения
бруса надо выразить в функции	Рис- 735
абсциссы z этого сечения. Для упрощения математических выкладок
введем новую переменную — координату и, отсчитываемую от вер-
шины конуса (рис. 7.36, в). Из подобия треугольников легко полу-
чить, что 4=- I—расстояние от меньшего основания усеченного
2
конуса до вершины. Также из подобия треугольников выражаем
текущий диаметр <4 бруса через d‘.
du и	* и 2и
откуда cL=d- = d—.
d lo J	k I
Момент инерции произвольного поперечного сечения
Рис. 7.36
237
nd*
или, обозначив Jo=------момент инерции сечения, совпадающего
64
с меньшим основанием конуса, получим:
_ 16и4
Выразим MF и Mt через новую переменную и. Тогда, учитывая,
что z-и—10=и — получаем:
2
/ /V
I и—- 1
\	2/
MF=-q—2
/ /V
2/
61	’
I Л
Mi= — и— I.
\ 2/
Подставив значения MF, Мх, Jx в интеграл Мора и учтя, что
в пределах длины бруса и изменяется от Z/2 до 3/2/, получим:
Выполнив интегрирование и подставив пределы, получим:
0,0028?/'
§ 22. КАНОНИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ МЕТОДА СИЛ
1. Система статически неопределима, если внутренние силовые
факторы в поперечных сечениях составляющих ее стержней не могут
быть определены только из уравнений статики. Причиной статичес-
кой неопределимости является наличие в системе лишних связей,
т. е. таких связей, которые не необходимы для обеспечения геомет-
238
рической неизменяемости системы*. Липшими связями могут слу-
жить дополнительные опоры, например, в балках, изображенных на
рис. 7.37, а, б, шарнирно-подвижные опоры (одна на рис.
7.37, а и две на рис. 7.37, б) могут рассматриваться как дополнитель-
ные. Аналогично, в раме на рис. 7.37, в дополнительной можно
считать шарнирно-неподвижную опору. Системы, подобные изоб-
раженным на рис. 7.37, иногда называют внешне статически неоп-
ределимыми в том смысле, что
уравнений статики недостаточно
для определения опорных реак-
ций лишних связей, ’ являющихся
внешними силами**.
Лишними могут быть и вну-
тренние связи системы — связи,
препятствующие взаимным ли-
нейным и угловым перемещени-
ям каких-либо сечений стержней.
Рис. 7.37

Рис. 7.38
Так, например, опорные реакции рамы на рис. 7.38 при любой
нагрузке могут быть определены из уравнений статики, но вну-
тренние силовые факторы с помощью метода сечений определить
нельзя. Действительно, в произвольном поперечном сечении лю-
бого из стержней рамы в общем случае возникают три*** вну-
тренних силовых фактора (N„ Qy и Л/х), которые не могут быть
найдены из уравнений статики. Системы, подобные рассмотренной,
иногда называют внутренне статически неопределимыми****.
Подчеркнем, что всякий плоский жесткий замкнутый контур
•Напомним, что система называется геометрически неизменяемой, если пере-
мещения точек системы могут происходить только за счет деформаций ее элемент в
Термин «лишняя связь», широко применяемый в теории расчета статически неоп-
ределимых систем, следует понимать как «избыточная связь» (избыточная по от-
ношению к связям, необходимым для обеспечения геометрической неизменяемости),
а не как «ненужная связь».
••Говорят -также, что система статически неопределима относительно опорных
реакций.
***В настоящей главе рассматриваются только плоские системы, у которых оси
всех стержней лежат в одной плоскости и в той же плоскости действуют внешние
силы.
•***В ряде случаев (см., например, ниже с. 242 и рис. 7.41) одну и ту же систему
можно рассматривать либо как внешне, либо как внутренне статически неопредели-
мую.
239
трижды статически неопределим, иными словами, в нем имеются
три лишние связи (внутренние).
Общее количество лишних связей (как внешних, так и внутрен-
них) называют степенью статической неопределимости системы.
Так, система по рис. 7.37, а один раз статически неопределима;
системы по рис. 7.37, б, в дважды статически неопределимы; система
по рис. 7.38 трижды статически неопределима.
2. Расчет статически неопределимой системы начинают с выясне-
ния степени ее статической неопределимости. К сказанному выше
добавим, что степень статической неопределимости системы, име-
ющей внутренние шарниры, меньше, чем подобной системы, но не
содержащей таких шарниров.
Рис. 7.39
Шарнир, соединяющий два стержня (так назы-
ваемый простой или одиночный шарнир), снижает
степень статической неопределимости на единицу.
Так, например, рама по рис. 7.39 пять раз статичес-
ки неопределима: две заделки дают шесть связей,
т. е. на три больше, чем число уравнений статики;
замкнутый контур с шарниром имеет две лишние
связи* (вместо трех в жестком контуре).
Шарнир, соединяющий п стержней, снижает ста-
тическую неопределимость на п— 1, т. е. такой шар-
нир при выяснении степени статической неопреде-
лимости должен рассматриваться как п— 1 простых (одиночных)
шарниров. Например, в раме по рис. 7.40 шарниры, обозначенные
II, двойные, а шарнир III — тройной.
Для сравнительно простых рам, рассматриваемых в курсе со-
противления материалов, степень статической неопределимости
в подавляющем большинстве случаев легко можно установить,
подсчитав, сколько связей нужно отбросить, для того чтобы задан-
ная статически неопределимая система превратилась в статически
определимую. Так это было сделано в отношении балок и рам,
изображенных на рис. 7.37 -е- 7.39.
В более сложных случаях для определения числа (Л) лишних неизвестных можно
пользоваться формулой
(7-6)
Л=ЗК-Ш,
где К — число замкнутых контуров;
Ш — число простых (одиночных) шарниров.
При пользовании формулой (7.6) в число замкнутых контуров следует включать
области, образованные опорными стерженьками и основанием сооружения (напри-
мер, ACD и BEF на рис. 7.40), а также область между стержнями рамы и основанием
(воображаемой линией DE на рис. 7.40).
Для рамы по рис. 7.40 К=6 (замкнутые контуры отмечены цифрами 1 —б),
*В поперечном сечении, проходящем через шарнир, изгибающий момерт равен
нулю, следовательно, в нем возникают только два внутренних силовых фактора (Nz
и С_у), которые не могут быть определены из уравнений статики.
240
одиночных шарниров 4 (С, D, Е, F), двойных шарниров 4 (А, II, II, В) и один тройной
шарнир III. Таким образом, 111=4+4 • 2+1 • 3 = 15.
Применив формулу (7.6), получим
Л=3  6-15=3.
3.	Для раскрытия статической неопределимости систему освобо-
ждают от лишних связей, превращая тем самым заданную ста-
тически неопределимую систему в геометрически неизменя-
емую статически определимую систему, называемую основной си-
стемой.
Основная система, к которой приложены заданные внешние
силы и реакции отброшенных связей, эквивалентна заданной
системе, т. е. в ней возникают такие же внутренние силовые фак-
торы и такие же перемещения, как и в за-
данной системе. Указанное обостоятельст-
во используется для определения лишних
неизвестных. Действительно, в заданной
системе не может быть перемещений в на-
правлениях имеющихся в ней абсолютно
жестких связей, следовательно, и в основ-
ной системе перемещения в направлениях
отброшенных связей, вызванные действи-
ем заданных сил и искомых лишних неиз-
вестных, должны быть равны нулю. Ины-
ми словами, реакции отброшенных связей
должны иметь такие значения, при которых перемещения по их
направлениям равнялись бы нулю.
Основную систему, нагруженную заданными внешними силами
и реакциями отброшенных связей, иногда называют эквивалентной
системой (см., например, учебник [13]).
Математическим выражением сформулированного положения
являются уравнения перемещений. Так для трижды статически не-
определимой рамы по рис. 7.41, а можно выбрать в качестве основ-
ной системы раму с отброшенной правой заделкой и, следователь-
но, принять за лишние неизвестные реактивные силы 2^, Х2 и реак-
тивный момент Хъ указанной заделки. Основная система, нагружен-
ная заданными силами и лишними неизвестными, представлена на
рис. 7.41, б. Перемещения Дь Д2, Д3 в направлениях Хъ Х2, Xi равны
нулю. Применяя принцип независимости действия сил, можно запи-
сать уравнения перемещений в виде:
Ai = Аиг,+А] +Aly, + Alf= 0>
Д?—Лат,+^1хг+Дгт, + Дгг= 0;
Д3 = ДЗТ14- Д3%1+ДЗТз+Д3/-= 0.
(7.7)
241
Первый индекс у каждого из перемещений указывает номер
лишнего неизвестного, в направлении которого происходит данное
перемещение: второй индекс указывает причину, вызывающую пе-
ремещение. Так, например, Д^ — перемещение в направлении силы
Х2 (горизонтальное перемещение) от момента Х3; Д2Л- — перемеще-
ние в том же направлении от действия заданной нагрузки.
Определение перемещений производится методом Мора (с ис-
пользованием, там где это возможно, правила Верещагина), поэто-
му оказывается удобным выразить перемещения Д1Хр Д1Л-2 и т. д.
через перемещения 51Ь <512 и т. д. от единичных сил, приложенных
взамен лишних неизвестных. Для рассматриваемых линейно-дефор-
мируемых систем перемещение от некоторой силы X, очевидно,
в X раз больше, чем от силы, равной единице и приложенной по
направлению силы X, т. е. Ди^-Х^ц; Д1Л-2=У2<512 и т. д.
Вводя единичные перемещения, приходим к следующей форме
уравнений перемещений:
<5, Л +^i2Af2+$13Х3+Д(у = 0;
ад + &22Х2 + ад + Д2Г= 0; >	(7.8)
^31-Xq + ^32-^2 + ^33-^3 + Дзт= 0- >
242
Уравнения перемещений, представленные в форме (7.8), носят
название канонических уравнений метода сил. Каноническими эти
уравнения называют потому, что составляются они всегда по одно-
му и тому же правилу (канону) и их вид зависит только от степени
статической неопределимости системы и не зависит от ее конкрет-
ных особенностей. Указание, что уравнения относятся к методу сил,
подчеркивает, что искомыми еизвестными, определяемыми из этих
уравнений, являются силы (моменты).
Уравнения (7.8) записаны для системы с тремя лишними неиз-
вестными; аналогично могут быть составлены канонические уравне-
ния и при любом другом числе лишних неизвестных.
Перемещение по направлению лишнего неизвестного X, от дей-
ствия диничной силы, приложенной взамен этого неизвестного,
т. е. <5ц, <522 и т. п., носит название главного перемещения. Главные
перемещения существенно положительны.
Перемещение в направлении лишнего неизвестного X, от дейст-
вия е диничной силы, приложенной взамен лишнего неизвестного Xk,
например 612, <523 и т. п., называется побочным перемещением. Побоч-
ные перемещения могут быть как положительными, так и отрица-
тельными; в частных случаях некоторые из побочных перемещений
могут быть равны нулю. На основании принципа взаимности пере-
мещений <512=^21, ^23 = ^32 и т. д.; вообще 6^=6^
Перемещение в направлении лишнего неизвестного Xf от дейст-
вия заданной нагрузки, например Д1Ь A2f и т. п., носит название
грузового перемещения. Грузовые перемещения, так же как и побоч-
ные, могут быть положительными или отрицательными, или рав-
ными нулю.
4.	Решение заданной статически неопределимой системы можно
выполнить, используя различные основные системы; т. е. вопрос
о том, какие из связей системы считать лишними, может быть
решен различно. Например, для рамы на рис. 7.41, а основная
система может быть выбрана путем разреза рамы посередине риге-
ля (рис. 7.41, в). Конечно, уравнения перемещений (7.8) остаются
в силе и при новой основной системе, но смысл их, а также
величины коэффициентов и свободных членов изменяются. Так,
первое из уравнений (7.8) применительно к основной системе по рис.
7.41, б выражает мысль об отсутствии вертикального перемещения
сечения рамы в месте отброшенной правой заделки. То же уравне-
ние применительно к основной системе по рис. 7.41, в выражает
мысль об отсутствии взаимного перемещения по вертикали лево-
го и правого торцов проведенного сечения. Аналогично изменяется
смысл и остальных двух уравнений.
Для системы с несколькими лишними неизвестными очень важ-
но рационально выбрать основную систему. Следует стремиться
к тому, чтобы возможно большее число побочных перемещений
оказалось равным нулю. Иногда удается так выбрать основную
243
систему, что некоторые из грузовых перемещений также оказыва-
ются равными нулю. В частности, в примерах 7.21, 7.22 показано,
какой эффе т дает использование симметрии системы. Во всех
случаях желательно, чтобы эпюры изгибающих моментов, постро-
енные для основной системы, были возможно более простыми
и трудоемкость их перемножения по правилу Верещагина была
минимальной.
5.	Наиб лее надежной проверкой правильности определения
липших неизвестных и построения эпюр внутренних силовых фак-
торов для заданной си темы является ее повторное решение при
другом выборе основной системы. Совпадение окончательных
эпюр, полученных в результате двух указанных решений, является
гарантией их правильности. Большая трудоемкость такой проверки
заставляет в большинстве случаев от нее отказываться, ограничива-
ясь так называемыми статической и деформационной проверками.
Первая из них заключается в проверке равновесия некоторой от-
сеченной части рамы под действием приложенных к ней внешних
сил и внутренних силовых факторов, заменяющих действие от-
брошенных частей рамы на оставленную. При деформационной
проверке производится перемножение окончательной эпюры изги-
бающих моментов, построенной для заданной системы, на одну из
единичных эпюр. Результат указанного перемножения должен быть
равен нулю. Для повышения надежности деформационной проверки
следует брать единичную эпюру из неиспользованной основной
системы. Конечно, говоря о перемножении эпюр, предполагаем, что
в случаях, когда жесткость сечений отдельных стержней рамы раз-
лична, то для рамы в целом суммируются не просто произведения
о>Яы
ti),nci, а величины-.
EJxi
Последовательность расчета и его контроль рассмотрены в при-
мерах § 23, 24.
В заключение отметим, что в случае необходимости в определе-
нии какого-либо перемещения в статически неопределимой системе
следует приложить единичную силу не к заданной, а к основной
системе (любой) и перемножить полученную эпюру изгибающих
моментов с окончательной эпюрой моментов, построенной для
заданной системы. Как здесь, так и в указаниях по деформационной
проверке решения, выражение «перемножение эпюр» было употреб-
лено в известной степени условно взамен более общего выражения
«вычисление интеграла Мора». Ясно, что в случаях, когда система
(или ее часть) представляет собой кривой брус или жесткость сече-
ния непрерывно изменяется по длине той или иной из частей
системы, то при определении заданного перемещения (при дефор-
мационной проверке) для указанной части системы правило Вере-
щагина н применимо и интеграл Мора надо вычислить непосредст-
венно (аналитически).
244
§ 23. СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ
Задача 7.15. Для балки, изображенной на рис. 7.42, а, требуется:
1) определить реакции опор; 2) построить эпюры Qy и Л/х;
3) изобразить примерный вид изогнутой оси балки (упругой линии).
Решение. Балка имеет одну двухсвязную (шарнирно-неподвиж-
ную) и две односвязные (шарнирно-подвижные) опоры. Статика для
плоской системы сил дает три уравнения равновесия, следователь-
но, система (балка) один раз статически неопределима.
В качестве лишней связи примем опору В. Тогда лишней неиз-
вестной является вертикальная сила Х\ — реакция этой опоры.
Каноническое уравнение
для системы с одной лишней
неизвестной имеет вид:
ёпХ+А]/-—0.
Рис. 7.42
Оно выражает условие равен-
ства нулю прогиба (в месте от-
брошенной опоры) от дейст-
вия заданного момента и ис-
комой лишней неизвестной.
Основная система с заданной нагрузкой и с лишней неизвестной
изображена на рис. 7.42, б.
Определение единичного 5ц и грузового (Ajf) перемещений бу-
дем вести методом Мора с применением правила Верещагина.
Основная система с заданной нагрузкой показана на рис. 7.43, а и на
рис. 7.43, б дана соответствующая эпюра моментов MF. Основная
Рис. 7.43
система, нагруженная единичной силой, приложенной взамен лиш-
ней неизвестной Х1г представлена на рис. 7.43, в, а на рис. 7.43, г
дана эпюра изгибающих моментов от действия указанной единич-
ной силы (эпюра Л/1).
Единичное перемещение <5П найдем, умножив эпюру Мх саму на
себя,
245
<5n = Z
2
(£7X), EJX
2 I _ I3
3 2 6EJX
где выражение в Скобках равно площади половины единичной эпю-
2 I	„
ры, а множитель - •----ординате под центром тяжести этой же
площади.
Определяем грузовое перемещение
(EJJ, EJX\2 2/2 4EJX
Рис. 7.44
При вычислении этого
перемещения взята пло-
щадь единичной эпюры,
а ордината — грузовой,
так как последняя ли-
нейна на всем протяже-
нии балки.
Из канонического урав-
нения находим величину
лишней неизвестной
Air
ml2 6EJX -
3 т
4EJxl3 ~ 2 Г
Знак плюс указывает, что направление реакции В=ХЬ принятое
предварительно, совпадает с действительным. На рис. 7.44, а пред-
ставлена статически определимая балка, эквивалентная заданной
статически неопределимой. Составляя для нее уравнения равнове-
сия, находим реакции опор:
2Х< = 0;	-m+XJ-C- 2/=0;	С=-.
4/
Ev=0; А-Х, + С=0;	А=-~.
4 1
Эпюры Qy и Мх строят обычным способом; они показаны на рис.
7.44, б, в. Штриховой линией на рис. 7.44, а показана примерная
форма изогнутой оси балки. При ее построении мы ориентируемся
на характер эпюры изгибающих моментов, которая по общему
правилу построена со стороны сжатых волокон балки. В том сече-
246
нии, где изгибающий момент равен нулю, упругая линия имеет
точку перегиба.
Следует иметь в виду, что эпюры изгибающих моментов для
статически неопределимых балок всегда имеют участки разных
знаков. Действительно, как в рассматриваемом примере, так и во
всех других случаях невозможно представить такую упругую ли-
нию, у которой кривизна имела бы один и тот же знак* на всем
протяжении балки и в то же время соблюдались бы граничные
условия**.
Задача 7.16. Раскрыть статическую неопределимость заданной
балки (рис. 7.45) и построить эпюру изгибающих моментов.
Решение. Заданная систе-
ма имеет одну лишнюю связь,
за которую проще всего при-
нять опору А (рис. 7.46, а).
Раскрытие статической неоп-
ределимости сведется к нахож-
дению лишней неизвестной
Xi (реакции опоры Д) из кано-
нического уравнения
+ Aif—0.
Ввиду сравнительно слож-
ного характера нагружения
вначале определим Д1? — гру-
зовое перемещение, вызванное
только равномерно распреде-
Рис. 7.46
Рис. 7.45
ленной нагрузкой q, а затем Д1т — грузовое перемещение от со-
средоточенного момента т. Полное грузовое перемещение
равно алгебраической сумме отдельных составляющих:
•Однозначность кривизны упругой линии означает однозначность эпюры из-
гибающих моментов.
••Обосновать то положение, что эпюра изгибающих моментов должна иметь
участки разных знаков, можно и несколько иначе, а именно: произведение окон-
чательной эпюры Мх на единичную эпюру должно дать нуль (так называемая
деформационная проверка решения), а это возможно лишь при эпюре Мх, имеющей
участки разных знаков.
247
At/—Л|?+Д1т.
Строим составляющие грузовых эпюр Mq и Мт (рис. 7.46, бив)
и единичную эпюру (рис. 7.46, г, д).
Единичное перемещение
Для определения перемещения Д1? эпюру Л/, разбиваем так, как
показано на рис. 7.46, б штриховыми линиями. В результате пере-
множения получаем:
2
х- а+
3
а
a 2qa2 jх
5
х а—
3
2а ’ Gqa2
7	433 qa*
- а =------------.
3 J 24 EJX
Определим второе слагаемое грузового перемещения (перемно-
жая эпюры Мт и Л/1)
1 ( 5	Д 5	25 qd*
AIm= a qa а=---------------•
EJX \ 3	J 2	6 EJX
Суммируя результаты, получаем полное грузовое перемещение
433^0* 25?о*	111 90*
A|f=---------1--=-------—.
24£JX 6£7Х	8 EJX
Подставляя найденные значения в каноническое уравнение, нахо-
дим величину лишней неизвестной
Alf Hlqd*EJx
Xt =-----=------= qa.
8n KEJX 9a3 24
Из уравнения равновесия 2л = 0, записанного для заданной
системы (рис. 7.47, а), имеем:
Ev= — 2qa+Xi + B=0,
откуда вертикальная реакция заделки
11
В= qa.
24
248
Из уравнения равновесия Етв=0 находим реактивный момент
в заделке
37	5
ZmB= — 2qa • За-i— qa  3a + qa2—mB=0;
24	3
7	2
mB= qa.
24
Заметим, что, конечно, можно построить эпюры Qy и Мх для
заданной системы и не определяя реакций заделки.
Рис. 7.47
Эпюры Qy и Мх представлены на рис. 7.47, б, в.
Покажем несколько иной прием построения грузовой эпюры моментов и соот-
ветственно определения величины Air. Учитывая, что именно эта часть решения
наиболее трудоемка и в ней больше, чем в других частях, вероятность вычислитель-
ных ошибок, излагаемый ниже вариант можно использовать для контроля определе-
ния Alf. Определим реакции, возникающие в заделке основной системы от действия
только заданной нагрузки (рис. 7.48, а); их величины указаны на рисунке. Расслоен-
ную грузовую эпюру построим, подходя с двух сторон к точке А; эта эпюра показана
на рис. 7.48, б. На рис. 7.48, в еще раз показана единичная эпюра. Определяем Лцл
249
/\	\	/1 qa1 \ 1
£JrAir=| боа2 За 1 а—I — а 1 а—
\2	)	\3 2 /4
/13	\3	/5	\	111
I аа2 За ) а —I - аа2 • 2а 1 а= —----аа4.
\ 3	/ 2	\3	)	8
Рис. 7.48
кое уравнение будет содержать
Задача 7.17. Для стальной балки, изображенной на рис. 7.49,
требуется подобрать размеры двутаврового поперечного сечения,
приняв [ст]=160 МПа.
Решение. Балка имеет одну
трехсвязную (жесткая заделка)
и три односвязные (шарнирно-
подвижные) опоры: всего шесть
связей. Для заданной системы
можно составить три независи-
мых уравнения равновесия.
Следовательно, балка трижды
статически неопределима и си-
стема канонических уравнений
метода сил примет следующий
вид:
<5цА\ +^12^2+^13^3+Дц- = 0;
^21-^1 + ^22-^2 + <?23^3 + Дгг= 0;
<?31*1 + ^32-^2 + <$33*3 4“ Дзг= 0.
Если за лишние связи при-
нять шарнирные опоры, то
определение величин лишних
неизвестных окажется громозд-
ким, так как каждое каноничес-
:е лишние неизвестные. Кроме
того, вычисление грузовых перемещений (Д]Л Д2л- и Д3/) также будет
сравнительно сложно.
Расчет существенно упрощается, если за лишние неизвестные
принять значения изгибающих моментов в заделке и в сечениях,
расположенных над промежуточными опорами (рис. 7.50, а). Это
равносильно введению шарниров над промежуточными опорами;
основная система представляет собой ряд однопролетных балок.
250
Такой выбор основной системы приводит к существенному упроще-
нию эпюр (рис. 7.50, б, в, г, д) по сравнению с получающимися при
отбрасывании шарнирных опор.
Пользуясь методом Мора, по способу Верещагина получаем
величины единичных и грузовых перемещений:
EJX 2	3 3EJX Н  м
^13-^31-0;
Рис. 7.50
1
Н  м
^22=F
-41•-=----
2	3 3EJX
-•4‘ 1 -?4-
2	3 ЕЕ
1
-•61-
2	3
10	1
3EJX Н • м
251
Alf=— • - • 4 • 100 • 103
E7X 3
l_400  10’
2~ 3EJX ’
A 1
7
-  4 • 100 • IO3
3
-+— • - 4  180 • IO3
2 EJX 2
l_940  10’
2~ 3EJX ’
A3f= — • - • 4 • 180 • 103 ' -
EJX 2	2
1	- 2
• 3 • 80 • IO3 ' - +
2	3
+— • -  3 ’ 80 • IO3
2
1 _ 140  10’
3~~ EJX
°)
Рис. 7.51
Подставив их в канонические уравнения и сократив на YfiEJ)
получим
4У1 + 2¥2+400 • 103 = 0;
2Xi + 8Z2+2Х3+940  103 = 0;
2У2 +10Jr3+ 140  103 = 0.
Решив эту систему уравнений, найдем значения лишних неиз-
вестных:
Хх = -47,35  103 Н м; Х2= -105,3 • 103 Н м;
*з=-20,94- 103 Н м.
252
Знаки минус указывают, что все липшие неизвестные — над-
опорные изгибающие моменты имеют направления, противополож-
ные предварительно принятым.
Для проверки решения можно составить дифференциальное
уравнение упругой линии балки, проинтегрировать его и, используя
полученное уравнение упругой линии, убедиться, что прогибы над-
опорных сечений равны нулю.
На рис. 7.51, а, б, в показаны основная система с заданной
нагрузкой, найденными лишними неизвестными и опорными реак-
циями, а также результирующие эпюры поперечных сил Qy и изги-
бающих моментов Мх.
Опасным оказалось сечение А. Требуемый момент сопротивле-
ния получим, составив условие прочности для опасных (крайних)
точек этого сечения:
сттах= ~	[°Ъ
Wx
откуда
.	„г Лихтах 117,3 103	.	,	,
' Жх>------------=—------—=0,733 • 10 3 м3 = 733 см3.
[<т]	160 • 106
На основании ГОСТ 8239 — 89 выбираем двутавр № 36
(Жх=743 см3, Jx= 13 380 см4).
§ 24. СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ РАМЫ
Задача 7.18. Найти реакции опор заданной рамы (рис.
7.52) и построить эпюру изгибающих моментов. Жесткость
сечений всех элементов рамы одинакова.
Решение. На раму наложены четыре связи: двухсвязная (шар-
нирно-неподвижная) опора А и две односвязные (шарнирно-подви-
жные) опоры В и С. Статика для плоской системы сил дает три
уравнения равновесия, следовательно, система имеет одну лишнюю
связь.
Уравнение перемещений име-
ет вид:
+Alf=0.
Учитывая, что основная си-
стема должна быть геометри-
чески неизменяема, заключаем,
что нельзя отбросить ни гори-
зонтальную, ни вертикальную
связи в точке А. В первом слу-
чае основная система получила
253
бы возможность двигаться в горизонтальном направлении, а во
втором — вращаться вокруг точки В, в которой пересекаются ли-
нии действия реакций всех оставшихся связей.
Можно отбросить либо опору В, либо опору С. Остановимся на
втором варианте (рис 7.53, а). Основная система, нагруженная силой
F, и грузовая эпюра (Л/^) изображены на рис. 7.53, б, в. Основная
система, нагруженная единичной силой, приложенной взамен Хь
и единичная эпюра (Mi) даны на рис. 7.53, г, д.
Определяем единичное перемещение, перемножая эпюру Мх са-
му на себя,
_	1	(аа\ 2	_ , ч 5 ?
<5ц=— I — ) - а • 2+(аа)а =----.
EJX |_\ 2 / 3	J 3 EJX
Определяем грузовое перемещение, перемножая эпюры MF и МА,
1 /1 Лг\ 2	Fa3
Ди,== —— I _ о — ] - и—	.
EJX \2 2 / 3	6EJX
Из канонического уравнения имеем:
&iF_Fa3 ’ 3_ F
1 ~	“ 6  5а3 ~ К)"
Из уравнений равновесия найдем значения остальных реакций
(рис. 7.54, а)
НА=0;	Va=0,5F;	Vb=0,4F.
Эпюра изгибающих моментов Мх изображена на рис. 7.54, б.
Задача 7.19. Для рамы, изображенной на рис. 7.55, требуется:
1) определить реакции опор; 2) построить эпюры Nz, Qy и Мх.
Решение. Для определения всех пяти составляющих реакций
опор А а В имеем только три уравнения равновесия. Следовательно,
рама имеет две лишние связи. Раскрытие статической неопредели-
мости потребует решения системы канонических уравнений:
+ <512-^2 "Ь
^21-^14" 622X2 4" Агг= О-
За лишние неизвестные можно принять любые две составля-
ющие опорных реакций; нельзя лишь одновременно удалить гори-
зонтальные (или вертикальные) связи в обеих опорах, так как при
этом основная система сможет перемещаться в горизонтальном
(или вертикальном) направлении, т. е. окажется геометрически из-
меняемой.
Наиболее простое решение получится при отбрасывании обеих
связей в опоре В, т. е. за лишние неизвестные Х2 и Х2 принимаем
254
горизонтальную и вертикальную составляющие реакции этой
опоры.
Основная система с заданной нагрузкой и искомыми лишними
неизвестными для этого варианта изображена на рис 7.56. Основная
система с заданной внешней нагрузкой и грузовая эпюра показаны
на рис. 7.57, а, б, а на рис. 7.57, в, г приведены единичные эпюры*.
Рис. 7.53
Пользуясь методом Мора, по правилу Верещагина получаем
величины единичных и грузовых перемещений:
11	2	24
<5ц =- -  6  6 ’ - • 6=— [м/кН];
ЗЕЛ 2	3	EJX
*Эпюры для экономии места и большей наглядности даны совместно со
схемами нагружения рамы первой и второй единичными силами.
255
<512=<521 = —L • 1 • 6  6  9=	[м/кН];
3EJX 2	EJX
<522=— 9  6  9+— • -  9  9  2  9=— [м/кН];
3EJX	EJX 2	3 EJX
Подставив их в систему уравнений и решив ее, находим значения
лишних неизвестных Xi = — 50 кН; Л”2=40 кН.
256
Знак минус указывает, что направление Xt противоположно
предварительно принятому (см. рис. 7.56).
По этим результатам построены эпюры (рис. 7.58) продольных
(2VJ и поперечных (Qy) сил, а также эпюра изгибающих мо-
ментов (Л/х).
Для проверки решения следует перемножить результирующую
эпюру изгибающих моментов Мх на единичную, полученную для
использованной выше или любой другой основной системы*.
Воспользуемся построенной ранее эпюрой М2 (см. рис. 7.57, г).
’Рекомендуем читателю выбрать какую-либо основную систему, отличную от
принятой здесь, построить для нее единичные эпюры и умножить окончательную
эпюру Мх (рис. 7.58) на одну из единичных эпюр.
9 Ицкович Г.М., Минин Л.С., ВинокуровА.И.
257
^2—X
MxM2dz	1
EJX EJX ~3EJX
100-6	200-6	\
---- 9 ------- 9 +
2	2	/
I
1
EJX
60 6 „	120 6 „ 120-3
-----7+ —  5 +
2	2
Если с целью проверки умножать эпюру Мх на единичную Л/ь
то нулевой результат очевиден: в пределах стойки центр тяжести
одной эпюры (Л/j) совпадает с нулевой ординатой другой эпюры
(Л/х), а на ригеле одна из перемножаемых эпюр отсутствует.
М
Рис. 7.58
Задача 7.20. Для рамы, изображенной на рис. 7.59, построить
эпюры Qy и Мх.
Решение. В заданной раме имеем 6 составляющих опорных
реакций: по три в каждой жесткой заделке. Можно составить, как
обычно для плоской системы сил, три уравнения равновесия и еще
одно дополнительное уравнение за счет промежуточного шарнира.
Следовательно, система имеет две лишние связи и нужно составить
два канонических уравнения метода сил.
Основную систему получим, разрезав раму в шарнире С; эта
основная система с заданной нагрузкой и искомыми лишними
неизвестными показана на рис. 7.60.
Канонические уравнения метода сил
^п-^1 + ^12-^2 + О,
^21-^1 + ^22-^2 + Дгг= о
258
выражают условия отсутствия взаимного горизонтального (пер-
вое уравнение) и вертикального (второе уравнение) перемещений
двух сечений, расположенных бесконечно близко друг к другу по обе
стороны от разреза.
На рис. 7.61, а, б показана основная система с заданной нагруз-
кой и изображена грузовая эпюра MF.
Аналогичное построение проделано для единичных сил, соответ-
ствующих лишней неизвестной Х} (рис. 7.61, в) и для единичных сил,
соответствующих лишней неизвестной Х2 (рис. 7.61, г).
Пользуясь методом Мора, по правилу Верещагина получаем
величины единичных и грузовых перемещений:

259
1 a2 2	1 a2 2	a3
Oil —-----— _ CL +---------' a =------j
2EJX 2	3	EJX 2 3	2EJX
Air—0;
A?f—
1	/1 qa2
----I - a  —
2EJX \2	2
2	2
- a— ax
3	3
a 1	_	,
-+- a ’ 2qa2
3 2
qa2 1
X---- ’ -
8	2
11 qa*
4SEJX
Для определения грузового перемещения A2f эпюра на участке
АС разбита, как показано штриховыми линиями на рис. 7.61, б, на
три части: два треугольника и симметричный параболический сег-
мент
а)
Рис. 7.62
Подставив найденные величины в канонические уравнения и ре-
17 17
шив их, получим: %i = ~ Qa\ ^2 = 15 Уа-
На рис. 7.62, а, б, в изображены эпюры внутренних силовых
факторов для заданной рамы.
Задача 7.21. Для заданной рамы (рис. 7.63) раскрыть статичес-
кую неопределимость и построить эпюры внутренних силовых фак-
торов. EJX=const.
Решение. Заданная система трижды статически неопределима.
При выборе основной системы используем симметрию рамы
и нагрузки. Разрежем раму по оси симметрии. Лишними неизвест-
ными в этом случае являются внутренние силовые факторы в про-
260
веденном сечении — продольная сила Уь поперечная сила Хг и из-
гибающий момент Ху (рис. 7.64).
Уравнения для определения лишних неизвестных составляем,
как и ранее, в канонической форме:
+ ^12-^2 + <W3 + Д1г=0;	(1)
^21-^1 + ^22-^2 + ^23^3 + &2F= Oj	(2)
<531У, +• ^32-^2 + <5зз-^з "Ь А3г== 0.	(3)
v	V
Рис. 7.63
Первое и второе уравнения выражают мысль, что в месте раз-
реза левое сечение относительно правого под действием всех сил,
включая лишние неизвестные, в горизонтальном и вертикальном
направлениях не смещается. Аналогично третье уравнение выража-
ет мысль, что отсутствует поворот левого сечения относительно
правого.
Для определения входящих в уравнение коэффициентов постро-
ены грузовая и три единичные эпюры изгибающих моментов (рис.
7.65). Все эпюры, кроме одной (Л/2), оказались симметричными.
Вторая единичная эпюра М2 обратно симметрична: каждому
участку эпюры на левой половине рамы соответствует отличаю-
щийся лишь по знаку (по расположению) участок эпюры на правой
половине рамы.
При перемножении симметричной эпюры на обратно симмет-
ричную результат, очевидно, всегда равен нулю. Поэтому
^12=^21 = 0;	^2з=^з2—0; Дгг^О.
Таким образом, из второго канонического уравнения получаем:
$22X2 = 0.
Но главное перемещение <522 не равно нулю (результат перемно-
жения эпюры самой на себя), следовательно, У2=0.
261
Использование симметрии позволило свести решение трижды
статически неопределимой системы к решению двух канонических
уравнений.
Остальные единичные и грузовые перемещения соответственно
равны:
tl И । П 11111
<4
2 За  За _	18а3
<5ц=— •------ 2а=—;
EJX 2	EJX
Л 2	1 Q	2	1	9^3
Азг=— • - • За  4,5оп • 1 =-.
EJX 3	EJX
262
Подставив эти значения в первое и третье уравнения и решив их,
получим:
У1 = 1,29?а;	А'3=0,32ди2.
Эпюры продольных и поперечных сил и изгибающих моментов
приведены на рис. 7.66.
Подчеркнем, что в симметричной раме при симметричной на-
грузке в сечении по оси симметрии всегда равен нулю обратно
симметричный (кососимметричный) внутренний силовой фактор —
поперечная сила.
Задача 7.22. Для заданной рамы (рис. 7.67) раскрыть статичес-
кую неопределимость и построить эпюры внутренних силовых фак-
торов.
Решение. Эта рама отличается от предыдущей только иным
расположением нагрузки — здесь нагрузка обратно симметрична.
Основную систему выберем так же, как и в предыдущей задаче (рис.
7.68). Смысл канонических уравнений, конечно, остается прежним,
так же останутся без изменения и единичные эпюры (см. рис. 7.65,
в, г, д').
Основная система с заданной нагрузкой показана на рис. 7.69, а;
соответствующая грузовая эпюра MF представлена на рис. 7.69, б.
Учитывая, что эпюры Mi и М3 симметричны, а эпюры
М2 и MF обратно симметричны, получаем:
^i2=^2i = 0j ^23 = ^32=0; Aif=0; Д3у=0.
Система канонических уравнений существенно упрощается:
^11^1 + ^13^3=0;	(1)
^22-^2 + ^2F~ 0i	(2)
^1^1 +<53зЛз=0.	(3)
263
Из второго уравнения имеем:
Лгг
^22
где
и
*	2	1	„	. г , W
&2Р=-------' - ' За • 4,5аа2а=---
EJX 3	EJ,
£ 2 / „ \ \ 2 20fl
с>22=— (а-За)а + | - аа I •- а =------
к2 / 3 J 3EJ*
Отсюда Х2— 1,3Sqa.
Первое и третье уравнения образуют систему линейных одно-
родных уравнений. Корни такой системы уравнений равны нулю,
т. е. У] = 0 и Х3 — 0.
Полученный результат является общим в том смысле, что в сим-
метричной раме с обратно симметричной нагрузкой в сечении по
Рис. 7.69
264
оси симметрии всегда равны нулю симметричные внутренние сило-
вые факторы — продольная сила и изгибающий момент.
Эпюры внутренних силовых факторов, построенные после рас-
крытия статической неопределимости, приведены на рис. 7.70.
Задача 7.23. Квадратная рама в направлении диагонали рас-
тягивается двумя равными противоположно направленными сила-
ми /"(рис. 7.71). Требуется раскрыть статическую неопределимость
и построить эпюру изгибающих моментов. EJX=const.
Решение. Под действием приложенных сил рама находится
в равновесии, несмотря на отсутствие внешних связей.
Система (замкнутый контур) трижды статически неопределима.
Подобные системы называют внутренне статически неопределимы-
ми в том смысле, что лишними неизвестными являются внутренние
силовые факторы в произвольном сечении одного из стержней
265
рамы. Конечно, при выборе основной системы следует использо-
вать симметрию рамы (см. задачу 7.21).
Разрезаем раму по оси симметрии (по узлам А и В), как показано
на рис. 7.72. Из условия симметрии заключаем, что вертикальные
составляющие внутренних сил в местах разреза одинаковы и каждая
F -	_
из них равна Также из соображении симметрии нетрудно заклю-
чить, что горизонтальные составляющие внутренних сил в рассмат-
риваемых сечениях равны нулю. Действительно, для верхней и ниж-
ней половин рамы эти составляющие должны быть в каждом из
сечений (А и В) направлены в противоположные стороны, но это
означало бы, что характер деформации верхней и нижней половин
рамы различен, а это противоречит условию симметрии.
Рис. 7.73
Таким образом, решение трижды статически неопределимой
системы сводится к определению одной лишней неизвестной — из-
гибающего момента Х\.
Каноническое уравнение
+ Д1/-= О
выражает отсутствие взаимного поворота сечений Л и В*. В силу
симметрии при определении и A1F можно рассматривать только
половину рамы.
Грузовая (MF) и единичная (A/j) эпюры изгибающих моментов
приведены на рис. 7.73.
Перемножая эпюры по правилу Верещагина, имеем:
ёп~(1 а) 1=^
&IF
Рагу/1
’Можно также считать, что каноническое уравнение выражает условие отсут-
ствия взаимного поворота нижнего и верхнего сечений А (или В), принадлежащих
верхней и нижней полурамам (рис. 7.72).
266
Подставив найденные значения бп и А]/- в каноническое уравне-
ние, находим Xi'.
A1F Fay/l
Xi —----—	.
Su 8
На основе найденного значения лишней неизвестной построена
эпюра Мх (рис. 7.74).
Задача 7.24. Построить эпюры внутренних силовых факторов
для заданного кривого бруса (рис. 7.75).
Решение. Очевидно, что заданная система один раз статически
неопределима — жесткая заделка (трехсвязная опора) и шарнирно-
подвижная опора (односвязная), т. е. всего четыре связи, а незави-
симых уравнений статики три. Выберем основную систему в виде
бруса, жестко защемленного одним концом, т. е. отбросим шарнир-
но-подвижную опору. Основная система с заданной нагрузкой и ис-
комой лишней неизвестной показана на рис. 7.76, а. Каноническое
уравнение метода сил имеет вид:
<51 i^i + Aif=0,
В отличие от рассмотренных выше статически неопределимых
балок и рам, здесь при определении единичного и грузового пере-
мещений правило Верещагина неприменимо и соответствующие
интегралы Мора приходится вычислять аналитически (непосредст-
венно).
Рассматривая основную систему, находящуюся под действием
только заданной нагрузки (рис. 7.76, б), составляем уравнения изги-
бающих моментов для участков I и П:
Рис. 7.74	Рис. 7.75
267
/3	3 \
Mл] = FRsincp + FR I при	n ).
\	4	2 j
На рис. 7.76, в показана основная система, к которой приложена
взамен лишней неизвестной единичная сила; соответствующее
уравнение изгибающих моментов имеет вид:
Mi = — 17? (1 — cos ср).
По методу Мора определяем единичное и грузовое перемеще-
ния, как обычно, пренебрегая влиянием продольных и попере ных
сил:
3
2
3
2
M2ds= *
EJ,
R2 (1 — cos <p)2 Rdtp = 9,07	;
0
3
4
о
з
2
Л/л Л/1 ds 4-
MFX\ M] ds
Air—
£7,
1
ЕЛ
— FR2 (1 — cos tp) sin tpRdtp +
о
3
4
V
3
4
_ о
Рис. 7.76



3
2
— FA2(l + sin <р)(1 -cos <p)Rdtp
3
4
= -5,976 FR3.
EJ,
в
Подставив найденные значения <5H и
каноническое уравнение, получим:
оз	ЕЕ3
9,07	У,- 5,976	=0,
EJX	EJX
268
откуда
У1 = 5’976 F=0,660F.
9,07
Пользуясь рис. 7.77, а, на котором показана основная система
с заданной нагрузкой и найденной лишней неизвестной, составим
уравнения, дающие законы изменения внутренних силовых фак-
торов:
Мх\ —FR sin tp — 0,66FR (1 — cos cp)=FR (sin <p — 0,66 + 0,66 cos <p);
MxU = Mxl+FR=FR (sin ф + 0,34 + 0,66 cos ф);
Qy=Feos ф — 0,66Fsin =F(cos tp — (,66 sin cp);
Nz = — Fsin <p — 0,66F cos tp=—F (sin tp + 0,66 cos tp).
По этим уравнениям построены эпюры изгибающих моментов,
поперечных и продольных сил (рис. 7.77, б, в, г). Для построения
эпюр помимо частных значений внутренни силовых факт ров,
п
определенных для ср, взятых с интервалами по -, дополнительно
269
я
найдены их значения при ср кратных , а также экстремальные
значения соответствующих функций. 4
Задача 7.25. Проверить прочность шпренгельной балки, изоб-
раженной на рис. 7.78. Поперечное сечение балки — двутавр № 27
(Wx=371 см3, Jx = 5010 см4, А — 40,2 см2); стержни шпренгеля имеют
круглые поперечные сечения (At — 5 см2). Материал балки и стерж-
ней — сталь Ст. 3 (стт = 240 МПа).
Решение. При заданной нагрузке балка работает на изгиб
и сжатие, стержни — на растяжение или сжатие.
Определяем число лишних неизвестных по формуле (7.6):
77=3 • 5 —(1  3 + 3  2 + 5  1)=1.
При этом подсчете было принято во внимание, что система имеет
пять замкнутых контуров (AAiA2, AKLBBiA2, АСК, CDLK и BDL),
один тройной шарнир (А), три двойных шарнира (В, К, L) и пять
одиночных шарниров (Ль А2, В1г С, D). Записываем каноническое
уравнение метода сил:
<51+ Alf=0.
Ввиду симметрии заданной системы выберем симметричной
и основную систему. Поэтому разрезаем стержень KL и за лишнюю
неизвестную принимаем усилие в этом стержне. Основная систе-
270
ма с аданной нагрузкой и искомой лишней неизвестной изображена
на рис. 7.79, а.
Для построения грузовой эпюры предварительно находим реак-
ции опор: из условия симметрии A = B=l F (основную систему,
2
нагруженную только силой F, для экономии места не изображаем,
тем более что наличие сил Хг не влияет на величины опорных
реакций).
Эпюра изгибающих моментов MF изображена на рис. 7.79, б.
Продольные силы NF в основной системе от заданной нагрузки во
всех стержнях шпренгеля
равны нулю. В этом легко
убедиться, рассматривая
равновесие узлов К я L.
Определим теперь уси-
лия, возникающие в основ-
ной системе при ее нагру-
жении в месте разреза дву-
мя равными и противопо-
ложно направленными еди-
ничными силами, прило-
женными взамен X]. При этом реакции опор АпВ будут равны
нулю, а усилия в стержнях найдем, рассмотрев равновесие узла L.
Из условия равновесия узла L имеем (рис. 7.80, а):
1	2
JVi =
cos 30° ^/3
и №=4-
%/з
Раскладывая в точке В силу N\ на горизонтальную и вертикаль-
ную составляющие (рис. 7.80, б), найдем продольную силу, воз-
никающую в балке АВ при рассматриваемом нагружении,
и вертикальную силу, которая действует в точке В на балку и ока-
1
зывается равной —=.
На рис. 7.81, а, б изображены силы, действующие на балку при
единичном нагружении, и построена эпюра На рис. 7.81, в пока-
зана Ъпюра Nt.
Определяем грузовое перемещение Л]^, перемножая эпюры
MF и Mi,
2 / 1 ft2 2 а 3	_ а \ ПЕа’-Уз
Д =------------ • _ 	--£а2 ,	=-------v_
EJX\ 2 2 3 73 4 j3J ISEJX
При вычислении единичного перемещения <5Н учтем влияние не
только изгибающих моментов, но и продольных сил, т. е., применяя
формулу (7.4), найдем ее первую и третью суммы:
271
<5i i
1
£JX
_ 1	a	2	a	_ a
2 ‘ - fl ‘	’ — + 2fl '
2	./3 3	/г	/т.
+— 1  4a  1+—
EA
1	a	1	2a	2	2 \
---i —— '	—~	' —- 4-1	' a '	14-—= '	——	—- )-
EAi ч/з	х/з	х/з	л/з	л/з	\/3/
Заметим, что вторым слагаемым, отражающим влияние на вели-
чину перемещения продольной силы в самой балке, конечно, можно
пренебречь.
После подстановки числовых данных получим:
Alf= —1,41 10“3 м; = 0,385 10 6 м/Н.
а)
Рис. 7.81
Величина лишней неизвестной
^ = 36,7 • 103 Н = 36,7 кН.
На рис. 7.82, а, б изображены результирующие эпюры изгибающих
моментов Мх и продольных сил Nz. Наибольшие напряжения в по-
перечном сечении балки (в верхних точках среднего сечения)
Nz Мх 36,7  103	28,2  103 _
tfcmax- А	371 • ю-в-
= -85,5  106 Н/м2=85,5 МПа.
Напряжение в поперечном сечении наиболее нагруженного ст ржня
М< 42 4 ’ 103
—г=—-------= 84,8 • 106 Па=84,8 МПа.
Ai 5 ' 10-4
272
Коэффициент запаса как для балки, так и для стержня получает-
ся достаточно высоким (порядка 2,8).
Заметим, что при отсутствии шпренгеля балка работала бы
в более тяжелых условиях. Эпюра изгибающих моментов Мх, соот-
ветствующая этому случаю, показана на рйс. 7.82, а штриховой
линией и наибольшие напряжения при этом
Задача 7.26. Раскрыть статическую неопределимость заданной
системы (рис. 7.83), построить эпюры крутящих и изгибающих
моментов.
Решение. Системы, подобные заданной, называют плоско-про-
странственными — оси всех стержней рамы лежат в одной плоско-
сти, а нагрузка перпендикулярна к этой плоскости. В теоретическом
введении о расчете таких
систем ничего не было ска-
зано, нс указания, необхо-
димые для раскрытия ста-
тической неопределимо-
сти, приведены ниже по хо-
ду расчета.
В каждой из заделок
могут возникнуть реактив-
ные сила и момент, кото-
рые в общем случае да-
ют по три составляю-
щих, т. е. всего 6 реак-
тивных факторов. Таким
образом, всего получается
273
12 неизвестных. Для пространственной системы сил можно соста-
вить 6 уравнений равновесия. Следовательно, заданная система
имеет шесть лишних связей.
Выберем основную систему, использовав симметрию рамы (рис.
7.84). Заметим, что при разрезе рамы во избежание нарушения
симметрии к каждой из ее половин прикладываем силу - F (см. рис.
7.84). На том же рисунке показаны все 6 лишних неизвестных.
Нетрудно доказать, что в проведенном сечении обратно симмет-
ричные лишние неизвестные должны отсутствовать:
*з=0;	*5=0;	*6=0.
Система канонических уравнений примет вид:
<5ц*1 4- ^12*2+б 14*4+Л1т=0;
^21*1 + ^22*2 4" <^24*4 + Лгг= 0;
^41*1 4- <^42*2 4" ^44*4 4“ ^4Т= 0.
На рис. 7.85, а, б изображены грузовые эпюры изгибающих
MxF и крутящих MzF моментов. Влиянием продольных и поперечных
сил при определении составляющих перемещений пренебрегаем. На
рис. 7.85, в, г, д, е изображены единичные эпюры изгибающих
и крутящих моментов, соответствующие каждой из лишних неиз-
вестных *ь *2 и *4.
Нетрудно видеть, что при перемножении единичных эпюр друг
на друга и на грузовые эпюры (по правилу Верещагина) получим:
274
<512=<521 = 0;	<514=Л41 = 0;	A2F=0;	A4F=0.
Из этого следует, что Х2 = Х4=0. Полученный результат является
общим в том смысле, что всегда в плоско-пространственных систе-
мах отсутствуют лишние неизвестные, расположенные в плоскости
осей стержней системы (в плоскости самой рамы).
В результате упрощений получаем:
1 “1“ Aj77= 0.
Единичное и грузовое перемещения определяем, как сказано выше,
учитывая только изгибающие и крутящие моменты:
гп=2
1 а 1	1  За  I 9,5а
-----+ 2-------= —;
GJp EJX
275
2	1	Fa ,	2 „ Fa ,	4,25Fa2
Alf=------- - a ' —  1----3a l =.--------------
EJX 2	2 GJp
EJ,
2
В этих вычислениях принято G=Q,4E и JP=2JX. Величина лишней
неизвестной
Л]/- _4,25Fa2 _
5И ” 9,5а
0,45Га.
На рис. 7.86, а, б изо( ражены
окончательные эпюры Мх и
Mz.
Задача 7.27. Определить
линейные и угловые переме-
щения сечений В двух плоских
рам, изображенных на рис.
7.87, а, б, обусловленные из-
менением их Температуры
(дагревом стержней АВ и ВС).
Начальная температура рам
t0= —15 °C, конечные темпе-
ратуры крайних волокон: =
= 15° и t2=25° С. Материал
рам — сталь; принять Е=
= 2,0 10“ Па, а = 12,5 х
двутаврового поперечного
сечения (двутавр № 12, для которого Л=350 см4, 1FX=58,4 см3,
А = 14,7 см2).
Определить также наибольшие нормальные напряжения, воз-
никающие в поперечных сечениях стержней.
Решение. Одна из заданных рам статически определима, дру-
гая — статически неопределима. Рассмотрим сначала первую из
них.
Для статически определимой системы линейное или угловое
температурное перемещение ЛК1 произвольного поперечного сече-
ния К при изменении температуры определяется по формуле
.	„ Л» v-
а - tu^ + X а^лг,,
h
где h — высота поперечного сечения стержня;
&t=t2— ti — разность конечных температур крайних волокон;
276
h + h
t=—^----fo — приращение температуры нейтрального слоя;
а>м,,	— площади эпюр соответственно изгибающих момен-
тов и продольных сил от единичной нагрузки, прило-
женной в направлении искомого перемещения.
Формула для определения температурного перемещения приме-
нима при условии, что все стержни, образующие систему, прямоли-
нейны, их поперечные сечения имеют не менее двух осей симметрии,
по высоте сечения температура изменяется по линейному закону,
а по длине стержня — постоянна.
Рис. 7.87
Каждое из слагаемых, входящих в формулу для Л^, может быть
как положительным, так и отрицательным,— знак плюс принима-
ется в том случае, если характер деформации от температурного
воздействия и от единичной силы (момента), приложенной в напра-
влении искомого перемещения, совпадает.
При изменении температуры статически определимой системы
в ее опорах не возникают реакции, также не возникают и усилия
в стержнях.
Для удобства выполнения вычислений составим таблицу тем-
ператур для отдельных участков рамы.
Участок	£	С			с
АВ	-15	15	25	10	35
ВС	-15	15	25	10	35
CD	-15	-15	-15	0	0
Для определения вертикального перемещения сечения В прикла-
дываем к раме вертикальную единичную силу (рис. 7.88, а) и строим
с< ответствующие единичные эпюры Mv (рис. 7.88, б) и Nv (рис.
7.88, в).	»
277
Вычисляем вертикальное перемещение:
Л^т=«л=Е “ Т “"и + Е ato^=
h
. 10 0,6 0,3	_	,10
= 12,5 10“6— -------+12,5- 1(Г6— 10,3 +
0,12	2	0,12
+ 12,5'10"6 35 1 0,5 = 0,625 10"3 м = 0,625 мм.
Знаки первого и второго слагаемых положительны, так как при
заданном температурном воздействии участки АВ и ВС искривля-
ются выпуклостью соответственно вниз и вправо, а от единичной
Рис. 7.88
силы характер изгиба такой же — на участке АВ сжатые волокна
сверху, а на участке ВС — слева (рис. 7.88, а, б). Последнее слага-
емое также положительно, так как на участке ВС продольная сила
от единичного нагружения соответствует растяжению и от тем-
пературного воздействия стержень ВС удлиняется.
Аналогично определяем горизонтальное перемещение сечения
В — прикладываем горизонтальную единичную силу (рис. 7.89, а)
и строим эпюру продольных сил (рис. 7.89, б); сила U= 1 не вызыва-
ет изгибающих моментов. В формуле для температурного переме-
щения сохраняется только одно слагаемое:
Рис. 7.89
278
д™р=иBl=a.twNu = 12,5  1 (Г 6 35 Г 0,6 = 0,263 10 ~ 3
м=0,263 мм.
Для определения угла поворота сечения В прикладываем единич-
ный момент (рис. 7.90, а) и строим эпюры изгибающих момецтов
и продольных сил (рис. 7.90, б, в). Применив формулу для тем-
пературного перемещения, получим:
^=0В1='£1 а 7 а>м+Е	=
h и	v
= 12,5 10’6 ’°-	12,5-Ю 6 — 10,5-
0,12	2	0,12
* 5
-12,5-10 6 35 Г -= -730-10 6 рад = -0,0418°.
6
Знак минус показывает, что сечение В поворачивается в направ-
лении, противоположном единичному моменту, т. е. по ходу часо-
вой стрелки.
Рис. 7.90
Перейдем к расчету статически неопределимой рамы. Изме-
нение температуры статически неопределимой системы в целом или
отдельных ее частей приводит к возникновению опорных реакций
и усилий в стержнях. Для определения последних необходимо рас-
крыть статическую неопределимость. Для этой цели может быть
применен метод сил. Канонические уравнения метода сил при тем-
пературных воздействиях отличаются от рассмотренных ранее ка-
нонических уравнений только свободными членами — взамен гру-
зовых перемещений Д1Л Ajf и т. д. здесь входят температурные
перемещения в направлениях лишних неизвестных Ли, Л2, и т. д.
Заданная система (см. рис. 7.87, б) один раз статически неоп-
ределима. В качестве лишней неизвестной Хи выбираем горизон-
тальную составляющую реакции опоры D. Каноническое уравнение
Метода сил имеет вид:
^п-^н+Ли—0.
279
Приложив взамен лишней неизвестной к основной системе еди-
ничную силу (рис. 7.91, а), строим соответствующие эпюры изгиба-
ющих моментов и продольных сил (рис. 7.91, б, в). Применив метод
Мора и правило Верещагина, находим главное перемещение бп:
Подставив значения Е, Jx и А, получим:
<5Н =-------------------7Г2-------0,268  КГ6 м/Н.
2 • 10й • 350  10~8 « 2  10“  14,7 10'4
Результат вычислений показывает, что, как и ранее, слагаемым,
отражающим влияние продольных сил, можно было бы пренебречь.
Воспользовавшись данными таблицы температур (см. с. 277),
единичными эпюрами по рис. 7.91, б, в и формулой для температур-
ного перемещения (см. с. 276), находим:
Ли=12,5  10 6- 10 •- -0,6  0,5-12,5 • 10~б • 35 • 0,6 1-
0,12 2
-12,5- 10-6 ’ 35 - 1=-377  10 6м.
6
На основе канонического уравнения получаем:
- _ Д1'
377  10~6
-----------= 141
0,268  10~6
Н=1,41 кН.
280
Определяем опорные реакции, обусловленные изменением тем-
пературы системы (умножаем реакции от единичной силы, показан-
ные на рис. 7.91, а, на найденную величину У1(). Эти реакции
показаны на рис. 7.92, а. Строим окончательные эпюры изгиба-
ющих моментов и продольных сил (рис. 7.92, б, в).
Перемещения сечения В определяются как результаты алгебра-
ического суммирования перемещений от изменения температуры
основной системы и перемещений, соответствующих усилиям, воз-
никшим в статически неопределимой системе. Первые из указанных
перемещений были определены выше — это перемещения в стати-
чески определимой раме по рис. 7.87, a: vBt— 0,625 мм, uBt —0,263 мм,
еВ1=-0,0418°.
Рис. 7.92
Для вычисления перемещений, соответствующих возникшим
в системе усилиям, надо перемножать по правилу Верещагина,
окончательные эпюры Мх и Nz (см. рис. 7.92, б, в) на ранее построен-
ные единичные эпюры Mv, Nv, Nv, Мв, Ne (см. рис. 7.88, б, в; 7.89, б;

7.90, б, в).
MxMydz „ ?NzNydz_ 1,17  103  1  0,5
. EJX J	ЕА ~ EA
1	I
1,17 ' 103 1 0,5
2,0 • IO11  14,7  10-4
1,99  10-6 m= -1,99  IO-3 мм.
Заметим, что перемножение эпюр Мх и Му дает нуль.
irnn Г NzNu '	1,41  103 0,6 ' 1
dz~ Ya
—41 10 0,6 1 ---2,88  10-6 м= -2,88 • 10 3 мм.
2,0  Ю11  14,7  10"4
281
NzNedz
ЕА
&ВХ — ®ВХ—
I	1
1	2	,5
- -0,702 103 0,6-	0,5 1,17 103 1 •-
_ 2	3	6
= 2-------------------1------------—
EJX	EA
0,702  103 0,2	1,17 • 103 • 5
=------------------1--------—-------=
2,0 10" 350 10" 2,0 • 10"  14,7 10-* 6
= 2,01 10~4 + 3,31 • 106=2,04 10 4 рад=0,0117°.
Окончательно получаем:
=0,625-0,00199=0,623 мм;
ив=0,263 — 0,00288 = 0,26 мм;
6в = - 0,0418 ° + 0,0117° = - 0,0301 °.
Как следует из эпюр по рис. 7.92, б, в, наибольшие нормальные
напряжения возникают в поперечных сечениях горизонтальных
стержней рамы, непосредственно примыкающих к узлам В к С.
Определяем эти напряжения
[maxtfj
Мх Nz 0,702  103	1,41 103
— +— =------------2+---------I
Wx А 58,4 • 10~6 14,7 • 10“*
= 12,02 • 106 + 0,959  10б »13 • 10б Па=13 МПа.
ГЛАВА VIII
КОСОЙ ИЗГИБ. СОВМЕСТНОЕ ДЕЙСТВИЕ
ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ (СЖАТИЯ)
§ 25. КОСОЙ ИЗГИБ. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ
При действии на брус (балку) изгибающих нагрузок, располо-
женных в одной из его главных плоскостей, имеет место прямой
изгиб бруса (рис. 8.1). При прямом изгибе упругая линия (изогнутая
ось) бруса лежит в силовой плоскости.
Рис. 8.1	Рис. 8.2
Плоский косой изгиб бруса возникает под действием нагрузок,
плоскость действия которых (силовая плоскость) не совпадает ни
с одной из его главных плоскостей (рис. 8.2). При этом виде изгиба
упругая линия бруса — плоская кривая, не лежащая в силовой
плоскости. Если поперечное сечение бруса таково, что любая его
Центральная ось главная (некоторые примеры таких сечений пред-
ставлены на рис. 8.3), то независимо от положения силовой плоскос-
ти изгиб будет прямым.
На рис. 8.4 показан случай пространственного косого изгиба'.
нагрузки, вызывающие изгиб бруса, действуют в разных плоско-
стях. При этом виде изгиба упругая линия бруса представляет собой
пространственную кривую линию.
283
Как плоский, так и пространственный случаи косого изгиба
можно рассматривать как сочетание двух прямых изгибов в глав-
ных плоскостях инерции бруса. Все внешние силы и моменты,
действующие на брус, следует разложить на составляющие по глав-
ным центральным осям его поперечного сечения и построить соот-
ветствующие эпюры изгибающих моментов (эпюры Мх и MJ.
Рис. 8.3
В некоторых случаях положение опасного сечения очевидно и в по-
строении эпюр Л/х и Му нет надобности.
При расчетах на прочность будем учитывать только влияние
изгибающих моментов, пренебрегая влиянием поперечных сил*.
Нормальные напряжения в произвольной точке поперечного
сечения бруса определяют по формуле
‘Касательные напряжения в опасных точках поперечного сечения бруса, рабо-
тающего на косой изгиб, или равны нулю (например, при двутавровом или прямо-
угольном сечении), или весьма невелики по сравнению с нормальными напряжени-
ями.
284
_ I	, МУ
c — cMx + GMy — —	—— x,
Jx Jv
(8-1)
где Mx и My — изгибающие моменты в рассматриваемом попереч-
ном сечении;
Jx и Jy — главные центральные моменты инерции сечения;
х и у — координаты точки, в которой определяется напря-
жение.
В формуле (8.1) каждое из слагаемых должно быть подставлено
со своим знаком (как обычно, напряжения растяжения считают
положительными). Знаки напряжений целесообразно устанавливать
Рис. 8.5
по характеру деформации бруса, а значения изгибающих моментов
и координат точки принимать по абсолютной величине, т. е. от-
носить знак ко всему слагаемому в целом. Так, например, для
бруса, изображенного на рис. 8.5, нормальные напряжения в точках
А, В, С и D некоторого поперечного сечения имеют соответственно
следующие значения:
Л/Х Му
Ул+~ хА;
мх Му
&В =--J Ув+ у Хд,
Мх	Му
ас= —- Ус—— хс;
Jx	Jv
285
Мх	Му
°d~ Уб—~ хб-
Jx	J у
На рис. 8.5 показаны эпюры нормальных напряжений оМх и
соответствующих изгибу в каждой из главных плоскостей. Ордина-
ты эпюр, дающие напряжения в точке А, выделены более толстыми
линиями.
Для расчета на прочность надо определить положение опасного
поперечного сечения и опасной точки в этом сечении. Если изгиба-
ющие моменты Мх и Му достигают своих наибольших значений
в одном и том же сечении, то оно и является опасным. Если
наибольшие значения Мх и Му имеют место в разных сечениях, то
следует произвести расчет для каждого из этих сечений. Могут
встретиться случаи, когда расчет следует произвести более чем для
двух сечений.
Для сечений, имеющих две оси симметрии и точки одновре-
менно наиблее удаленные от обеих главных осей (примеры таких
сечений даны на рис. 8.6), опасными являются те из угловых точек,
в которых знаки напряжений оМх и сМу совпадают. Для бруса из
пластичного материала равноопасны две угловые точки (на рис. 8.5
точки К и L). Для бруса из хрупкого материала опаснее та из них,
в которой возникает напряжение растяжения (на рис. 8.5 точка £).
Условие прочности в данном случае имеет вид:
Мх Му
И х И У
где Wx и Wy — осевые моменты сопротивления сечения.
Для того чтобы найти опасную точку поперечного сечения про-
извольной формы, следует в первую очередь определить положение
нулевой (нейтральной) линии этого сечения. Уравнение нулевой
линии получают из выражения (8.1), приравнивая нулю его правую
часть,
Силовая и нулевая линии всегда проходят через противополож-
ные квадранты поперечного сечения. Это указание позволяет опре-
делить, в какую сторону от оси Ох следует отложить угол (р,
тангенс которого определяется из выражения
(8.4)
Наибольшие нормальные напряжения возникают в тех точках
поперечного сечения, которые наиболее удалены от нулевой линии
286
М,
|tg<?l =
М
(рис. 8.7). Для бруса из хрупкого материала надо составить два
условия прочности:
Мх Му
max сгр=—- уА+- - хА [crj;
Jv
(8.5)
|maxac| =
Mx	My
—- У в— хв
JX	Jу
Для бруса из пластичного материала опасной является та точка
поперечного сечения, в которой возникает наибольшее по абсо-
лютной величине нормальное
напряжение; для этой точки
и записывается условие проч-
ности. Например, если брус из
Рис. 8 6
Рис. 8.7
пластичного материала имеет поперечное сечение по рис. 8.7 и эпю-
ра о такова, как показано на этом рисунке, то условие прочности
имеет вид:
|тахсгс| =
7ИХ Му
Ув~тХв

Для бруса круглого (сплошного или кольцевого) поперечного
сечения, нагруженного силами и моментами, действующими в раз-
ных плоскостях, в каждом поперечном сечении нулевая линия пер-
пендикулярна к силовой линии, что характерно для прямого изгиба.
Упругая линия бруса — пространственная кривая. Этот особый
случай пространственного изгиба рассматривается также в насто-
ящей главе.
Для определения положения силовой и нулевой линий из центра
тяжести рассматриваемого поперечного сечения вдоль осей Ох и Оу
в выбранном масштабе откладывают векторы изгибающих момен-
тов Мх и Му. Вектор момента Мх откладывают по оси Ох, а вектор
— по оси Оу (рис. 8.8). Направление вектора выбирается таким
образом, чтообы при взгляде с его конца соответствующий момент
представлялся стремящимся повернуть сечение вокруг оси по ходу
287
часовой стрелки (Мх вокруг оси Ох, Му вокруг оси Оу). Нулевая
линия совпадает с вектором результирующего (суммарного) изгиба-
ющего момента, силовая линия перпендикулярна к ней. Опасными
являются точки контура поперечного сечения, в которых его пересе-
кает силовая линия (точки А и В на рис. 8.8).
Расчет на прочность ведут по результирующему изгибающему
моменту
Ми=у/М2 + М2,	(8.6)
Рис 8.8
так же как при прямом изгибе
для крута	и Для кольца	(1 — с4).
Определение прогибов при косом изгибе бруса любого сечения,
а также при пространственном изгибе бруса круглого сечения про-
изводится на основе принципа независимости действия сил: опреде-
ляют отдельно прогибы fx и fy в каждой из главных плоскостей
бруса, а затем путем их геометрического суммирования определяют
полный прогиб
(8-8)
§ 26. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ НА КОСОЙ ИЗГИБ
Задача 8.1. На стальной брус (рис. 8.9, а) в точке А наклеен
датчик Т. Деформация в точке А по направлению базы датчика
определена с помощью электротензометрической установки и равна
Ел-4,3 10“4.
288
Определить величину силы F и наибольшее нормальное напря-
жение в опасном поперечном сечении бруса. Принять £=
= 2,0 1011 Па.
Решение. Брус работает на плоский косой изгиб. Разложив силу
Р на составляющие по главным центральным осям (рис. 8.9, а),
строим эпюры Мх и Му (рис. 8.9, б).
Выразим напряжения в точке А через силу F
(Feos
Ол = - ,
(Fsinft/, (Fcos30°)0,4____________
У а +	— хл= --- ' 0,03 +
Jy	0,03 0,Об3
12
(Fsin 30°)0,4
0,06 0,033
12
Так как в точке А возникает
линейное напряженное состоя-
ние, то
<тл=£ел,	но сгл = 3,5 104Л
следовательно,
3,5 104£=£ел,
откуда
„ Еёа 2,0 10" 4,3 10’4
F— =	— =
3,5 104	3,5  104
= 2,46 103 Н = 2,46 кН.
Опасной является точка
В (см. рис. 8.9, а)
max Мх max Му
= & В	=
и; и;
0,01=3,5 104Г.
Рис. 8.9
2,46 103 0,6 cos 30°
0,03 0,Об2
2,46 103 0,6sin30°	„	, „
-----------	=153 106 Па= 153 МПа.
0,06 0,032
6
6
Задача 8.2. Проверить прочность бруса (рис. 8.10, а) и опреде-
лить величину прогиба его свободного конца, если [ст] =160 МПа,
£=2,0 1011 Па.
Вычислить величины наибольших нормальных напряжений в по-
перечном сечении бруса и прогиба его свободного конца для случая,
когда сила приложена вертикально.
Ю Ицкович Г.М., МининЛ.С., ВинокуровА.И.
289
Решение Брус работает на плоский косой изгиб. Разложив силу
F на составляющую Fx и Fy по главным осям Ох и Оу, вычислим
изгибающие моменты Мх и Му в опасном сечении (заделке)
max Mx=Fyl= Ficos 0 = 20  103 1,0  0,985=19,7 103 Н м,
maxMy = Fxl=Flsin/3 = 20 • 103 • 1,0 0,174 = 3,48 103 H m.
Рис. 8.10
Вычислим наибольшие нормальные напряжения от изгиба в вер-
тикальной плоскости (сМх) и от изгиба в горизонтальной плоскости
(FMy)
тахЛГ,
(СТ^=--
19,7 103
371  10"®
= 53,1 МПа,
гаахМу
Wy
3,48 103
41,5 10*®
= 83,9 МПа.

Значения осевых моментов сопротивления 1РХ=371 см3 и Wy=
= 41,5 см3 взяты из таблицы сортамента (ГОСТ 8239 — 89).
Эпюры аМх и оМу показаны на рис. 8.10, б. В точке А возникают
наибольшие растягивающие, а в точке В — наибольшие сжима-
ющие напряжения.
Так как материал балки работает одинаково на растяжение
и сжатие, то указанные точки равноопасны.
Результирующее напряжение в точке А
<7тал=(Fmx)a + (сму)л = 53,1 + 83,9 = 137 МПа;
брус недогружен на Ю0% = 14,4%.
290
Как известно, для балки, жестко заделанной одним концом
и нагруженной сосредоточенной силой на свободном конце, прогиб
свободного конца определяется по формуле
Я3
3£Л
Для рассматриваемого бруса прогиб его свободного конца в вер-
тикальной плоскости
F.P (FeosДО3 20  103  0,985 10003
/ =	=---------=------------------= 0,655 ММ.
3EJX 3EJX 3-2,0- 105  5010 • 104
To же в горизонтальной плоскости
FXP
fX~3EJy
(Fsinj?)/3
3EJy
20 103 0,174  Ю003 „ „
-----------------------= 2,23 MM.
3  2,0 ' 105  260 ' 104
Значения Jx=5010 cm4 = 5010 • 104 мм4, /,,=260 см4 = 260 • 104 мм4
взяты из таблицы сортамента.
Полный прогиб свободного конца
/=х/^+^=х/2;232 + 0,6552 = 2,32 мм.
Если сила F приложена вертикально, то
Fl 20 103 103	7
371 ,10з =53,9 Н/мм2;
20  103  10003
FP
----=--------------------= 0,665 мм.
3EJX 3-2,0- 10s  5010 104
Таким образом, при отклонении силы от плоскости наибольшей
137-53,9 , п/
жесткости всего на 10 напряжения возросли на ——— • 100% =
2,32-0,665
= 154%, прогиб увеличился на--------- 100% = 249%, т.е. почти
в 3,5 раза.
Задача 8.3. Из расчета на прочность определить требуемые
размеры поперечного сечения деревянного бруса, изображенного на
рис. 8.11*. [ст] = 10 МПа.
Решение. Брус работает на пространственный косой изгиб.
Определив опорные реакции Ау и Ву в вертикальной плоскости
*Для упрощения чертежа здесь и в дальнейшем при изображении рассчитыва-
емого бруса в аксонометрии связь, препятствующую повороту вокруг продольной
оси, не показываем.
'о*	291
и Ах и Вх в горизонтальной плоскости, строим эпюры изгибающих
моментов Мх и Му (рис. 8.11). В данном случае неясно, какое из
поперечных сечений опасно, поэтому выполним расчет на прочность
как для сечения посередине пролета (сечение 1 — 1), в котором
Мх имеет наибольшее значение, так и для сечения 2 — 2, располо-
женного бесконечно близко справа от места приложения'момента
т: в этом сечении момент Му имеет наибольшее значение.
Рис. 8.11
Определим размеры поперечного сечения бруса из условия его
прочности в сечении 1 — 1. По формуле (8.2)
Mv г
Ь(ЗЬ)2 3 ,,
|Г,=—=1 Ь3;
У 6	2
292
ql2	ql2
8 h3 32 b3
2	2
Отсюда
10 103 22
10 106
м = 84 мм.
84 • 10'3
Опасным оказалось сечение 2 — 2; принимаем b—86 мм.
Задача 8.4. Вычислить коэффициент запаса прочности для опас-
ной точки бруса (рис. 8.12, а), если сгт=240 МПа.
293
Решение. Брус работает на пространственный изгиб. Расчетная
схема бруса дана на рис 8.12, б.
Строим эпюры изгибающих моментов Мх и Му (рис. 8.12, в, г).
Опасным является то поперечное сечение, в котором результиру-
ющий изгибающий момент Мя достигает наибольшего значения.
Вычислим Мя для сечений 1 — 1 а 2 — 2
(Ми)1 _ 1=V(?a2)2 + (3,5?a2)2 = 3,63qa2;
=y/(3qa2)2 + (2qa2)2 = 3,60qa2.
Опасным оказалось сечение 1 — 1. По формуле (8.7) определяем
максимальное нормальное напряжение в этом сечении
тахЛ/и 3,63?а2 3,63 103 • 4 I2
’ 4	’	=148 МПа.
та/3
32
3,14
—  0,13
32
Рис. 8.13
mcosP
m sin fl
—=1,62.
148
Коэффициент запаса по от-
ношению к пределу текучести
Задача 8.5. Определить до-
пускаемое значение нагрузки
для чугунного бруса (рис.
8.13). Принять [сгр] = 40 МПа;
[сгс]=90 МПа; а =10 мм.
Решение. Брус работает
на чистый косой изгиб (в его
поперечных сечениях возника-
ют только изгибающие момен-
ты Мх и Л/,,). Все поперечные
сечения бруса равноопасны
(см. эпюры Мх и Му на рис.
8.13).
Для определения опасной точки поперечного сечения бруса пред-
варительно найдем положение нулевой линии
|tg<p| =
му
мх
Jx	msmfi Jx	nJx
- =------• -=tg^
Jy nrcos/l Jy Jy
294
л (4a)* 2a(3“)3_g jfl4.
64	12
л (4а)4 За (2а)3
------------= 10,6а.
64	12
tg£=°=2.
1,5а 3
Угловой коэффициент нулевой линии
|tg^l=y
А
8,1 2
tg£=— - = 0,51,
10,6 3
откуда (р—ТГ.
Угол ср надо отложить
от оси Ох так, чтобы нуле-
вая линия проходила через
1-й и 3-й квадранты сечения,
так как силовая линия про-
ходит через 2-й и 4-й квад-
ранты. Наиболее удаленны-
ми от нулевой линии явля-
ются точки Aw В (рис. 8.14).
Из них опаснее точка А, так
как в ней возникают напря-
жения растяжения. Усло-
вие прочности имеет вид:
мх му
(?л = — Ул+~ хл^[о-р],
Рис. 8.14
Здесь
= 2а cos = 2а • 0,891 = 1,78а;
xA=2asin<p = 2a  0,454 = 0,91 а.
Подставляя в условие прочности значения изгибающих момен-
тов, выраженные через [т], а также значения J„ Jy, хА и уА, получаем:
Mcos/З	ри]яп/?
сА—--------- 1,78аЧ---------- 0,91а=
8,1а4	10,6а4
[тир 0,832	ри] 0,554	ри] ,
=	- 1,78а+	' 0,91а=0,231 —=[ар].
8,1а4	10,6а4	а3
295
Отсюда
[™] =
кРкэ
0,231
40 106 0,013	„
= 173 Н м.
0,231
Задача 8.6. Определить допускаемое значение нагрузки F для
заданной балки (рис. 8.15, а), если [сг]= 160 МПа.
Решение. Балка работает на пространственный косой изгиб.
Направления опорных реакций при заданном нагружении показаны
на рис. 8.15, а. Очевидно, что реакции в вертикальной плоскости Ау,
Рис 8 15
Ву и Су зависят только от силы 2F, действующей в вертикальной
плоскости, а реакции в горизонтальной плоскости Ах, Вх и Сх зави-
сят от силы F, действующей в горизонтальной плоскости.
296
Для определения опорных реакций в вертикальной, а также
в горизонтальной плоскостях можно составить только по два урав-
нения равновесия при трех (в каждой плоскости) реактивных силах,
следовательно, заданная балка дважды статически неопределима.
Раскроем статическую неопределимость относительно сил, дей-
ствующих в вертикальной плоскости. За лишнюю неизвестную при-
нимаем реакцию средней опоры Х=ВУ (рис. 8.15, б).
Каноническое уравнение в этом случае имеет вид:
<511%\ + Al (2F) — О-
Основная система, нагруженная заданной силой 2F, показана на
рис. 8.15, в, а на рис. 8.15, г приведена соответствующая эпюра
изгибающих моментов. Аналогично на рис. 8.15, о, е показано
нагружение основной системы единичной силой и дана эпюра (Мх\.
32^
Рис. 8.16
Определим и Д1(2^:
Для удобства вычисления Л дополним эпюру изгибающих мо-
ментов от силы 2F, как показано на рис. 8.15, г:
После подстановки <5ц и Дщ/) в каноническое уравнение по-
лучаем:
4 -
3 EJX 6 EJX
297
откуда
= В - П F.
8
Определив опорные реакции Ау и Су (рис. 8.15, ж), строим эпюру
изгибающих моментов Мх (рис. 8.15, т).
Аналогично, раскрывая статическую неопределимость относи-
тельно сил, действующих в горизонтальной плоскости*, строим
эпюру изгибающих моментов Му (рис. 8.16).
Вычислим главные центральные моменты инерции сечения J„
Jy и осевые моменты сопротивления Wx и Wy (рис. 8.17):
Л = 2/1=2 • 1520 = 3040 см4;
4=2 [J}i + ^(fe-ztl)2] = 2[113 + 23,4(7,6-2,07)2]=1656 см4;
3040
10
2
]у
b
wy=
= 304 см3;
1656
7,6
= 218 см3.
Значения J\, A, b, zn взяты из сор-
тамента.
В данном случае неясно, какое из по-
перечных сечений является опасным, по-
этому выполним расчет на прочность для
сечений 1 — 1 к 2 — 2 (см. рис. 8.15, а).
Определим допускаемое значение силы F из условия прочности,
составленного для сечения 1 — 1,
Отсюда
(°тах)1-1 —(РкЬ.
26 Fa 3 Fa _ _
+	^[ст].
32 И’х 32 Wy
[/]' =
И
26а За
160 106
26 1	3 1
= 51700 Н = 51,7 кН.
32 Н'х 32 И’,
32  304 Ю 6 + 32  218 106
’Конечно, в данном частном случае нет надобности решать каноническое
уравнение для сил, действующих в горизонтальной плоскости; нетрудно сообразить,
что эпюра Му будет отличаться от эпюры Мх только тем, что ординаты первой
вдвое меньше второй. Кроме того, сечения 1	1 и 2	2 (см. рис. 8.15, а) как бы
поменяются местами.
298
Аналогично для сечения 2 — 2
6 Fa 13 Fa
(amax)2-2 = (<7j2-2 = 32 -+32
Отсюда
[f]" = -J*1	= ------1б£ ю6 =64600 Н- 64,6 кН.
L 6 а 13 fl	6 1	13	1
_|_ 1 • —
32 Wx 32 Wy 32 • 304  10'6 32 218  10'6
Опасным оказалось сечение 1 — 1; принимаем [J] = [/]' = 51,7 кН.
§ 27. СОВМЕСТНОЕ ДЕЙСТВИЕ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ (СЖАТИЯ).
ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ
При сочетании прямого изгиба с растяжением (или сжатием)
бруса в его поперечных сечениях возникают три внутренних сило-
вых фактора: продольная сила (А,), поперечная сила Qy (или Qx),
изгибающий момент Мх (или Му).
Этот случай нагружения бруса изображен на рис. 8.18, а, там же
указаны значения внутренних силовых факторов (кроме поперечной
силы, которая при расчетах на прочность не учитывается) и показа-
ны эпюры нормальных напряжений, соответствующих А, и М„ для
некоторого произвольного выбранного поперечного сечения.
Указанный случай нагружения бруса практически почти не от-
личается от представленного на рис. 8.18, б частного случая внецен-
тренного растяжения, который сводится к центральному растяже-
нию и чистому прямому изгибу. Отличие состоит в том, что
здесь во всех поперечных сечениях Qy = 0 и, следовательно, изгиба-
ющий момент во всех поперечных сечениях имеет одно и то же
значение. Учитывая, что и Аг во всех поперечных сечениях оди-
накова, приходим к заключению, что все поперечные сечения равно-
опасны.
В обоих рассмотренных случаях нормальное напряжение в про-
извольной точке поперечного сечения вычисляется как алгебра-
ическая сумма напряжений, соответствующих продольной силе
и изгибающему моменту.
М Мх
a = cN+cMx=—I- — у.
A Jx
(8.9)
При сочетании косого изгиба и осевого нагружения бруса (рис.
8.19, а) в его поперечных сечениях возникает пять внутренних сило-
вых факторов А„ Qx, Qy, Мх, Му, из которых при расчете на
прочность учитываются только три: А„ М„ Му.
299
К сочетанию чистого косого изгиба с центральным растяже-
нием сводится общий случай внецентренного растяжения бруса,
представленный на рис. 8.19, б. Значения внутренних силовых фак-
торов указаны на чертежах; там же даны эпюры нормальных напря-
жений, соответствующих каждому из внутренних силовых факто-
ров.
Рис. 8.18
Нормальное напряжение в произвольной точке некоторого попе-
речного сечения для рассмотренных случаев нагружения определя-
ется по формуле
Nz Мх Му
^ = ^N+uMx+^My =--------1—— y~i—— X.
A Jx Jy
(8.10)
Знак каждого из слагаемых наиболее целесообразно устанавли-
вать непосредственно по характеру деформации бруса. То же от-
300
носится к формуле (8.9). Таким образом, в формулы (8.9) и (8.10)
внутренние силовые факторы и координаты точки подставляют по
абсолютной величине, а знак приписывают всему слагаемому в це-
Рис. 8.19
Необходимо иметь в виду, что вычисление напряжений, основан-
ное на принципе независимости действия сил, допустимо лишь для
весьма жесткого бруса, когда перемещения, возникающие вследст-
вие упругих деформаций, настолько малы, что можно не учитывать
301
их влияния на расположение нагрузок, т. е. вести расчет, исходя из
размеров недеформированного бруса.
Для расчета на прочность надо определить положение опасного
поперечного сечения и найти опасную точку в этом сечении. В слу-
чаях внецентренного продольного нагружения, как уже указыва-
лось, все сечения равноопасны. В других случаях надо построить
эпюры внутренних силовых факторов. Если наибольшие значения
внутренних силовых факторов имеют место в разных поперечных
сечениях, то приходится выполнять расчет для двух, а иногда
и большего числа сечений.
Для сечений, имеющих две оси симметрии и точки, одновремен-
но наиболее удаленные от обеих главных осей (см. рис. 8.6), опасной
для бруса из пластичного материала является та из угловых точек,
в которой знаки напряжений, соответствующих всем трем силовым
факторам, совпадают. Условие прочности записывается в виде:
(8-Н)
Для бруса из хрупкого материала при сжимающей продольной си-
ле следует проверить две угловые точки; точку, в которой возника-
ют наибольшие напряжения сжатия, по формуле
|шах (тс| =
7V, Мх
А
(8.12)

и точку, в которой возникают наибольшие напряжения растяжения,
по формуле
Nz Мх Mv
шах(тр=—+—+—(8.13)
Р A Wx Wy
При расчете бруса с поперечным сечением произвольной формы
для нахождения опасной точки следует предварительно установить
положение нулевой линии поперечного сечения. Для получения
уравнения нулевой линии следует приравнять нулю правую часть
выражения (8.10).
Нулевая линия — прямая, не проходящая через начало коор-
динат. Ее уравнение •
Следует иметь в виду, что при внецентренном растяжении (сжа-
тии) нулевая линия не проходит через тот квадрант сечения, в кото-
ром находится полюс (след линии действия силы на плоскости
поперечного сечения).
302
Для бруса из пластичного материала опасной будет та точка
поперечного сечений^ которая наиболее удалена от нулевой линии.
Для бруса из хрупкого материала в тех случаях, когда наиболь-
шие напряжения сжатия в поперечном сечении по абсолютной вели-
чине превышают наибольшие напряжения растяжения, приходится
рассматривать два условия прочности:
шах сгр [(тр] и |тах сгс| [сгс].
(8.15)
Для бруса круглого или кольцевого поперечного сечения опас-
ной является точка контура в месте его пересечения силовой линией.
Для бруса из пластичного материала условие прочности имеет вид:
(8.16)
где
Мя=у/М2х+М*.
Для бруса круглого сечения из хрупкого материала при сжима-
ющей продольной силе должны быть составлены два условия проч-
ности:
ЛГг Ма
шах (тр =---1—<[<тр];
л W*
|max (тс| -
§ 28. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ БРУСА БОЛЬШОЙ ЖЕСТКОСТИ
ПРИ СОЧЕТАНИИ ИЗГИБА И РАСТЯЖЕНИЯ (СЖАТИЯ)
Задача 8.7. Проверить прочность бруса, изображенного на рис.
8.20, а, принимая [сг]= 160 МПа, Я = 40,2 см2, Wx=371 см3.
Решение. Брус работает на совместное действие прямого попе-
речного изгиба и растяжения. Опасным, очевидно, является сечение
в заделке.
Эпюры нормальных напряжений от изгиба и растяжения показа-
ны на рис. 8.20, б. Из этих эпюр следует, что опасными являются
точки, принадлежащие линии АВ сечения; в указанных точках сум-
мируются наибольшие растягивающие напряжения от изгиба с на-
пряжениями от растяжения. Наибольшее растягивающее напряже
ние для любой из указанных точек
Nz Мх 150 ' 103
----1---=------------2 +
A Wx 40,2 ’ 10“4
---------= 37,3 + 81 = 118,3 МПа.
371  10~6
303
Таким образом, брус недогружен на 26%.
Для иллюстрации распределения напряжений по сечению на рис.
8.20, б показана результирующая эпюру нормальных напряжений.
Задача 8.8. Определить допускаемое значение нагрузки для дере-
вянной балки (рис. 8.21, а), если [<т] = 10 МПа.
Решение. Балка работает на совместное действие прямого из-
гиба и растяжения. Растягивающее усилие возникает за счет того,
что шарнирно-подвижная опора не перпендикулярна к оси балки.
Рис. 8.20
Определяем реакцию
правой (шарнирно-по-
движной) опоры
ЪтА = 0;
ql-— VBlcosa=0;
2
2cosa
Продольная сила N
во всех поперечных се-
чениях балки одинако-
ва и равна проекции
реакции VB на направ-
ление оси балки, т. е.
qi
N= P7Bsina= tga.
2
Эпюры продольных сил и изгибающих моментов показаны на
рис. 8.21, б.
Опасное сечение посередине пролета — в этом сечении изгиба-
ющий момент максимален.
Нормальные напряжения от изгиба и растяжения суммируются
в нижних точках поперечного сечения, которые и являются опас-
ными. Условие прочности записывается в виде:
N Мх
<’“-=л+1гЛм’
или
ql	ч12 .г ,
^~2{b 2b) tga+ А(2А)2'" '
8 ’
6
304
Отсюда определяем допускаемую нагрузку
И
М
/	зР
---tga +----
4/>2	1653
3
4 0,152
10 106
tg30° +
3 З2
16 0,153
= 17,2
103 Н/м =
= 17,2 кН/м.
Задача 8.9. Определить допускаемое значение сжимающей силы
F, внецентренно приложенной к короткому чугунному брусу (рис.
8.22, а), если [<тр] = 30 МПа; [<тс] = 75 МПа, <5=10 мм.
Рис. 8.21 ‘
Решение. Определяем положение центра тяжести поперечного
сечения и его главные центральные моменты инерции:
Sx 25 ' 65  35+85 35 • 7,55
Ус = —1 =------------------------= 6<5.
А 23 - 65 + 85  35
Главными центральными осями являются ось симметрии Оу
и перпендикулярная к ней ось Ох, проходящая через центр тяжести
сечения (см. гл. V) и формулы (5.5) и (5.4):
85(3^ + 25(65)3 = 7^+144^=21
3	3
j	+	=
12	12
305
По формуле (8.14) определяем положение нулевой линии. В на-
шем случае
NZ=F;	Мх—FyF=F36;	My=FxF=F4b.
26,1 МПа
Рис. 8.22
Значения всех внутренних силовых факторов указаны по аб-
солютной величине.
Подставляя эти значения, а также величины геометрических
характеристик в уравнение нулевой линии, получаем:
1 Л/х М 1 F 36 F 4<5
+ J+ х = -f---------------------------У + х = 0.
Л NZJX NzJy 3661 2 F 2166* F 1325*
306
Приняв в этом уравнении х=0, найдем абсолютную величину
отрезка, отсекаемого нулевой линией на оси Оу,
liei*
36<52 35
= 2<5.
Аналогично находим отрезок, отсекаемый на оси Ох,
1325* _п
36<52  4Й ~ 12
Отрезки ах и ау откладываем так, чтобы нулевая линия не
проходила через второй квадрант сечения, т. е. тот квадрант, в ко-
тором находится полюс (рис. 8.22, б).
Наибольшее сжимающее напряжение возникает в точке А, а наи-
большее растягивающее — в точке В.
Определяем допускаемое значение силы F из условия прочности
бруса по наибольшим напряжениям сжатия:
	|шахсг	с|=|0л|		1 < 1 1	Му У А		 ХА Jy	
	Ы=	F	35 -3<5		-^-46	
		3632	2165*		1325*	
				F -0,191 - Ь2		
откуда						
[<тс]<52 75 • in6  ПО-2)2
[/]'=—=	=39,3 • 103 Н = 39,3 кН.
0,191	0,191
Из условия прочности по наибольшим напряжениям растяжения
имеем:
Nz	Мх	Му	F	„	F 45	г ,
тах(7р = о-в=т+— ув+ Л Хв= --^ + 0+-— ’ 45<[стр];
A	Jv	Зой	UZd
л	у
Св=0,0932
О
откуда
зо  ю6  (Ю-2!2
[/]" =----=--------(' = 32,1 103 Н = 32,1 кН.
0,0932	0,0932
Опасной оказалась точка В, следовательно, [J] = [/]" = 32,1 кН.
На рис. 8.22, а показаны эпюры oNr, аМх, аМу и суммарная эпюра
с, соответствующая F=32,1 кН.
307
Задача 8.10. Определить допускаемое значение силы /’для балки,
изображенной на рис. 8.23, а, если [ст] = 160 МПа.
Решение. Балка однажды статически неопределима. За лиш-
нюю .неизвестную принимаем реакцию шарнирно-подвижной опо-
ры X] = VB. Каноническое уравнение имеет вид:
в)
2а
6)
^ii-^i + Ацг— 0.
Для определения и
A1F строим эпюры изги-
бающих моментов от сил
F и единичной силы (рис.
8.23, б, в):
<5п=—
EJ,
1 ~
- • 2о • 2д 
2
2
- X
3
„ \	8«3
х2а 1=-----;
J 3EJX
Air—------
£7,
1
- а ах
2
3	1
х - Fd+^(a+2a) х
21 Fda2
8 EJX
Рис. 8.23
3
ха - Fd = —
2
Подставляя значения <5П
и A]F в каноническое ура-
внение, получаем:
8а3	21 Fda2
----Xi----------— 0,
3EJX	8 EJX
откуда
^ = КВ=^-.
64 а
Строим эпюру изги-
бающих моментов Мх
(рис. 8.23, г).
Эпюра продольных сил показана на рис. 8.23, д.
Балка работает на совместное действие изгиба с растяжением.
В данном случае неясно, какое из поперечных сечений опасно,
308
поэтому выполним расчет на прочность как для сечения 1 — 1, так
и для сечения 2 — 2.
На рис. 8.24, а, б показаны эпюры нормальных напряжений (сг№
оМх) и суммарные для сечений 1 — 1 и 2 — 2. Значения наибольших
нормальных напряжений выражены через F nd. Как видно из эпюр
о, опасно сечение 1 — 1
_28F
Рис. 8.24
Отсюда
28
3,14  0,122 
28
-^-^=258 • 103 Н=258 кН.
ГЛАВА IX
РАСЧЕТ БРУСА БОЛЬШОЙ КРИВИЗНЫ
§ 29. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ОБ ОПРЕДЕЛЕНИИ
НАПРЯЖЕНИЙ И ПЕРЕМЕЩЕНИЙ
В § 15 было рассмотрено построение эпюр внутренних силовых
факторов для кривого бруса, имеющего плоскость симметрии, в ко-
торой лежит ось бруса (плоская кривая); действующие на брус
внешние силы расположены в той же плоскости. В поперечных
сечениях такого бруса в общем случае возникают три внутренних
силовых фактора: изгибающий момент МХ(М), поперечная сила
продольная сила NZ(N). При определении внутренних сило-
вых факторов и построения их эпюр не имеет значения мала или
велика кривизна оси бруса, оцениваемая величиной отношения р : h,
где р — радиус кривизны оси недеформированного бруса, a h —
высота его поперечного сечения, измеряемая в направлении ради-
уса кривизны.
При определении нормальных напряжений, возникающих в по-
перечных сечениях бруса, и в меньшей степени при определении
перемещений величина отношения р : h имеет существенное значе-
ние; так при р : й > 5 можно считать, что брус имеет малую кривиз-
ну и при определении нормальных напряжений достаточную точ-
ность обеспечивает применение формул, полученных для прямого
бруса (см. § 17). В случаях, когда кривизна оси бруса переменна,
имеется в виду отношение р^  й.
Для бруса большой кривизны, в поперечных сечениях которого
возникают только изгибающие моменты (чистый изгиб), нормаль-
ные напряжения в произвольной точке поперечного сечения (рис.
9.1) определяют по формуле
Здесь А — площадь поперечного сечения бруса;
г() — радиус кривизны нейтрального слоя, который в этом
случае смещен от центрального слоя на величину
е в сторону центра кривизны (см. рис. 9.1);
310
г — радиус кривизны слоя, которому принадлежит данная
точка.
Как следует из приведенной формулы, нормальные напряжения
изменяются по высоте сечения не по линейному закону, как в пря-
мом брусе, а по гиперболическому (см. эпюру ст на рис. 9.1).
При пользовании формулой (9.1) знак ст получается, так сказать,
автоматически, если изгибающий момент Мх подставлять со своим
знаком. Положительным считают изгибающий момент, которому
соответствует увеличение кривизны бруса (рис. 9.1).
Рис. 9.1
Для определения величины е смещения нейтрального слоя, пред-
ставляющей собой разность радиусов кривизны центрального
и нейтрального слоев
е=р-г0,
надо определить величину г0 — радиуса
слоя. Для этого служит формула
кривизны нейтрального
А
(9-2)
Учитывая, что разность между р и г0 невелика, для получения
значения е с малой погрешностью (в противном случае будет суще-
ственная погрешность в определении ст) приходится вычислять
го с высокой степенью точности. В справочнике [14] приведены
полученные на основании выражения (9.2) окончательные формулы
Для г0 при ряде форм поперечных сечений бруса.
311
В случаях, когда отношение р : h 1,5, достаточную точность
дает определение величины е по приближенной формуле
Н. Н. Давиденкова — Е. С. Янушевича
Jx
А-----
2
(9-3)
где Jx — момент инерции поперечного сечения бруса относительно
главной центральной оси, перпендикулярной силовой
плоскости; значения г} и г2 указаны на рис .9.1.
Для бруса с сечением, симметричным относительно центральной
оси х, из формулы (9.3) следует
.	(9.3а)
Если в поперечных сечениях бруса помимо изгибающих момен-
тов возникают продольные силы, то результирующее нормальное
напряжение определяется путем алгебраического суммирования
нормальных напряжений от изгиба, вычисляемых по формуле (9.1),
и напряжений от растяжения (сжатия), равномерно распределен-
( N*
ных по поперечному сечению I oN=—
\
Касательные напряжения, возникающие в поперечных сечениях
бруса большой кривизны, можно приближенно определить по
формуле Журавского (см. § 17). Точность ее для кривого бруса
меньше, чем для прямого, но это не имеет особого значения, так как
при расчетах на прочность, как правило, касательные напряжения не
учитывают.
Формула (интеграл Мора) для определения перемещений в брусе
малой кривизны (см. с. 207) дает достаточную точность и для бруса
большой кривизны при р : h >2,5. Иными словами, граница от-
ношения р : h, при которой брус надо считать имеющим большую
кривизну, различна при определении напряжений и перемещений.
При повышенных требованиях к точности определения перемеще-
ний следует применять формулу
(9.4)
312
Здесь, как обычно, индекс F присвоен внутренним силовым
факторам, возникающим от действия заданной нагрузки, а индекс
1 — от действия единичной силы (момента), приложенной по на-
правлению искомого перемещения. О коэффициенте ft см. с. 210.
§ 30. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ ПЛОСКИХ КРИВЫХ БРУСЬЕВ
Задача 9.1. На кривой брус, нагруженный, как показано на рис.
9.2, наклеено пять тензодатчиков и посредством электротензомет-
рической установки определены соответствующие линейные дефор-
мации: еа = 49 ' 10“5; ев=21 ' Ю-5; ес=3,6  10~5; ed= — 25 • 10~5;
Ея=-63 • 10“5.
Определить по этим данным нормальные напряжения, возника-
ющие в точках А, В, С, D, Н поперечного сечения АН бруса, если
его материал сталь с £=2,0 1011 Па. Построить для указанного
сечения эпюру нормальных напряжений на основе теоретического
расчета.
Решение. Применяя закон Гука, вычисляем нормальные напря-
жения по данным эксперимента:
дл = £ел=2,0 • 10“ ’ 49  10-5 = 98 Ю6 Па;
<тв=£ев=2,2 10“ • 27 10"5 = 54 • 106 Па;
сгс=£ес=2,0  10“  3,6 • 10-5 = 7,2  106 Па;
od = Eed = 2,0  10“(-25 10~5) = -50 106 Па;
ан=ЕЕц=2,0- 10“(-63- 10~5)= —126' 106 Па.
Вычислим напряжения в тех же точках поперечного сечения
бруса, применив формулу (9.1). Предварительно найдем величину
смещения нейтрального слоя. Применяя для прямоугольного сече-
313
ния бруса общую формулу (9.2) для радиуса кривизны нейтрального
слоя, имеем:
A bh h
Здесь dA=b ' dr, т. е. сечение разбито на элементарные полоски,
параллельные меньшей стороне прямоугольника (рис. 9.3).
При этом смещение е нейтрального слоя определится из вы-
ражения
е=р-г(3=р--------
Л
In---
h
Р 2
Вычисление е по этой формуле неудобно, так как ее первый
и второй члены мало отличаются по величине и для получения
314
малой погрешности при нахождении разности двух близких величин
требуется высокая точность вычислений. Целесообразно разложить
знаменатель второго члена в ряд
h h
рА—	1Ч 	.—
1	2 , 2р п h 1 / h V 1 / h \5
In---= ln-----= 2---Ь-l — I 4—I—I +
h	h	2p 3 \2p)	5 \2pJ
p— 1 —
2	2p
тогда
1 / h у 4 / h \*
3 \2p)	45 \2p)
44 /Л у
945 \2р/
Возвращаясь к выражению для величины е смещения нейтраль-
ного слоя, получаем:
Нетрудно убедиться, что удержав только первый член ряда,
придем к формуле Давиденкова — Янушевича. Действительно,
1	/й\2 Л2
е~з Р (zpj ~\2р
но по указанной формуле
Jx bh3 h1
е ——=------——.
Fp \2bhp 12р
Подставляя числовые данные, получаем:
1002
ех------— 3,333 мм.
12 • 250
Для использования в дальнейших расчетах вычислим е, удержав
Два члена ряда; тогда
При этом
г0=р — е—250 — 3,369^246,63 мм.
315
Определяем напряжения, применяя формулу,
1--
Мх
с = —
Ае
Учитывая, что множитель, стоящий перед скобкой (обозначим
его Сто), постоянен
Мх Fp 30 103'0,25
ст0 = —=— =------------------= 557 МПа,
Ае Ае 0,04 • 0,1 3,369 • 10*3
30  103  0,25
имеем:
Л	246>63
стл = ст0 I 1-1=557 I 1---------
1	’	’	300
fc
гл
= 99,1 МПа;
ив=и0\ 1-- ) = 557 ( 1-246,63 ) = 56,8 МПа;
275 )
Го
ГВ.
/, г°
О’с— ст0 I 1 —
X
= 557 [ 1 -246,63 ) = 7,81 МПа;
\	250 /
r°
Од —ст0 I 1 —
X rD.
= 557 ( 1 — 246,63
\	225
= -52,8 МПа;
/, Г<Л 246>63
1----1 = 557 1--------
1	'	1	200
Го
гн,
= -129,7 МПа.
По этим данным на рис. 9.3 построена эпюра нормальных
напряжений. Там же тонкой линией показана прямолинейная эпюра
а, получаемая при применении формулы для прямого бруса. По
этой формуле для точек Ли Н имеем:
30 ‘°’-0,25 = 112,5 10б Па= 112,5 МПа.
и; bh2 0,04 0,12
6
*
Таким образом, применение последней формулы дает для опас-
ной точки (для точки Н) погрешность
100%=129'7-100%*13,3%.
W	1».’
Задача 9.2. Для бруса, рассмотренного в предыдущей задаче,
определить полное линейное перемещение правого торцового се-
316
чения (точки приложения силы F). Сопоставить результаты, по-
лучаемые при применении формул для бруса большой и малой
кривизны.
Решение. Как известно из предыдущего (см. задачу 7.2) для
определения полного линейного перемещения в случаях, аналогич-
ных рассматриваемому, надо сначала определить отдельно переме-
щения по двум взаимно перпендикулярным направлениям, скажем,
вертикальному и горизонтальному. Пользуясь схемами, изображен-
ными на рис. 9.4, а, б, в, составляем выраже-
ния для внутренних силовых факторов, воз-
никающих от заданной нагрузки и верти-
кальной и горизонтальной единичных сил:
MxF=Fp(\ — cos (р)\	NzF=F cos <p;
QyF=Fsin(p (рис. 9.4, a);
M®! = p(l— cos<p)‘, Nzi=cos<p-,
Qyl = sin<p (рис. 9.4, 6);
Mxl = p sin <p; Nzl = — sm cp;
Qryl=coscp (рис. 9.4, e).
Выполним сначала расчет по формулам
для бруса малой кривизны (см. с. 210).
Вертикальное перемещение
Рис. 9.4

,	Г n.fn\
ds+-------ds+
ЕА
EJX
317
л	л
f Fp(l — cos<p)psin<p	f Feos </>( —sin <p)
=	pd(p+	pd(p +
J EJX	J EA
о	о
Л
f /JFsin <p cos	2Fp3
+	- pd(p =
J GA	EJX
0
Подставив F=30  103 H; p = 250 мм; £=2,0 1011 Па; G=
= 0,4£=0,4 2,0 • 10“ = 8,0  IO10 МПа; 0=1,2 (см. c. 210); A=
=40 100 = 4,0 103 мм2; Jx=^ --°0 =3,333 • 106 мм4; найдем:
12
AJy=3,32+14,7 10’4+l,77- 10’4=3,32mm.
Второе и третье слагаемые, которые меньше первого соответст-
венно примерно в 2260 и в 1870 раз, естественно, отброшены.
Д^= 1,408 мм.
Полное перемещение
Длт=л/(ДЫ2 + (Д^)2=^/3,322 +1,4082 = 3,60 мм.
Выполним расчет, применив формулу (9.4); тогда для определе-
ния вертикального перемещения надо вычислить сумму интегралов
Гд^лг;,	Гл^:,
ds+ ds+ ds+
EAep J EA	J EAp
MW ?PQyIQ'„
+ ds+ ds.
J EAp J GA
Как было установлено, влияние продольных и поперечных сил
ничтожно мало и, следовательно, второй и пятый интегралы можно
отбросить. Первый интеграл вычислим, использовав ранее получен-
ный результат — умножив его на отношение
Л з,ззз ю6
Аер 3,369 • 106'
Таким образом, остается вычислить третий и четвертый интег-
ралы, которые отражают влияние большой кривизны бруса на
величину перемещений.
318
MxfNx1 СНгрМх1	Г Fp (1—cos (p) cos <p
ds+ — as— -------------------- pdcp +
EAp J EAp J EAp
s	0
f Fcostp p(l—cos<p)	Fp n Fp n
+	pd(p=------------ =
J EAp	EA 2 EA 2
0
nFp
EA
3,14 30 103 * 0,25
---------------— = -2,94 '
2,0 IO11 4,0 KT3
10 5 m.
Вычислим аналогичные слагаемые, входящие в выражение для
определения горизонтального перемещения,
МхгМг CnzFMt Г Fp(l—cost?) (—sin <р)
------ds+ ---------ds=---------------------pd(p +
EAp J EAp J EAp
0
f Fcostp  psin<p	2Fp 2 ' 30 103 0,25
+	------ pd(p=------=------------— =
J EAp	EA 2,0  10"  4,0 10“3
О
= -1,875 • 10“5 * * * * * m.
Итак, учитывая результаты, полученные при расчете по фор-
мулам для бруса малой кривизны, окончательно имеем:
3 333
Л1у=3,32 -----0,0294 = 3,2554 мм;
3,369
3 333
Д^= 1,408 ’ -0,01875= 1,3742 мм;
3,369
Д„.=Уз,25542 + 1,37422%3,54 мм.
Таким образом, погрешность в определении перемещения при
использовании зависимостей для бруса малой кривизны получилась
равной примерно 1,7%, т. е. существенно меньше, чем погрешность
в определении напряжений. Эта закономерность имеет общий ха-
рактер. Значит, даже при большой кривизне бруса (2,5<р : й<5)
определение перемещений (расчеты на жесткость) можно выполнять
по зависимостям для бруса малой кривизны, а определение напря-
жений (расчеты на прочность) следует производить с учетом боль-
шой кривизны.
Задача 9.3. Для заданного чугунного бруса (рис. 9.5, а) опреде-
лить допускаемое значение нагрузки ([J]), приняв [сгр] = 40 МПа
И [сгс] = 120 МПа.
319
Решение. На рис. 9.5, б, в изображены эпюры изгибающих
моментов и продольных сил, заимствованные из решения задачи
7.24. Из этих эпюр следует, что предположительно опасны три
поперечных сечения бруса: С, D и Н. В сечении С изгибающий
момент и продольная сила достигают своих наибольших значений,
полка тавра находится в растянутой зоне, т. е. здесь профиль
расположен рационально. В остальных двух сечениях полка тавра
находится в сжатой зоне, что нерационально, и, хотя изгибающие
моменты меньше, чем в сечении С, но не-исключено, что опасны
сечения D или Н. Какое из них опаснее, можно будет установить
лишь по результатам расчета, так как в одном из них изгибающий
момент больше, чем в другом, но меньше продольная сила (см.
эпюры Мх и Nz).
Расчет начнем с определения момента инерции сечения относи-
тельно главной центральной оси, перпендикулярной к силовой ли-
нии. Предварительно найдем положение центра тяжести сечения
(расстояние от нижней кромки сечения)
4b b 0,5b+2b b'2b ,
v,=-----------------=0 = 20 мм;
4b b+2b Ь
—+4*2
12
! *(М)а
12
+ 2Ь2  Ь2 =
=4/>4=4 204 = 64  104 мм4.
320
Смещение e нейтральной оси от центра тяжести сечения найдем
по приближенной формуле Давиденкова — Янушевича
2
Здесь при (р = 56= 100 мм)
rt =р — Ь = 5Ь — 6=46 = 80 мм;
г2 = р4-26 = 564-26 = 76 = 140 мм;
Л = 662.
После соответствующих подстановок получаем:
464	4	4'20
е~--------—= 6=-------= 2,424 мм.
46 + 76 33	33
662------
2
При этом радиус кривизны нейтрального слоя
4	161	161
Го = Р —е = 56— 6=	6=— 20 = 97,576 мм.
33	33	33
Составим условия прочности для сечения С
161 \
6 1
1-— )-
46 /
Мс
тахсгп =—
Ае
П)
Nc -0,858656
|max crc| =
4	\
662 — 6 4
33
1,1976	F	F	F
4-	= 1,297 4- 0,1997 - = 1,497 - < Ш;
662	62	62	62	р
161 '
— 6
33
1-------
76
-Мс
Ае
'О
Nc
A
— 0,8586 56
4
662 - 6
33
1,1976
F
F
6b2
= —1,782-4-0,1997 — = 1,582—
62	62	/’
Ь2
Ь2
Совершенно очевидно, что расчет надо вести по наибольшим
напряжениям растяжения, которые незначительно меньше наиболь-
ших напряжений сжатия (взятых по модулю), в то время как [сгр]
11 Ицкович Г.М., Минин Л.С., Винокуров А. И.
321
составляет лишь одну треть от [стс]. Итак, первое из приведенных
условий прочности дает:
10,70 10’н.
1,497	1,497
Для сечения H (бесконечно близко сверху от места приложения
момента т) условие прочности по наибольшим напряжениям рас-
тяжения
Мн
max ст.. =—
Ае
1--“
Г2.
NH 0,587?  5b
А 4
6Ь2  — b
33
161
— ь
33
1------
76
О 2406	F	F	F
—= 1,186 — — 0,040 —=1,146 -<[стр].
6Ь2	Ь1	Ь2 Ь2 Р
Таким образом, оказывается, что сечение Н менее опасно, чем С.
Нетрудно убедиться, что и сечение D менее опасно, чем С (предлага-
ем читателю самостоятельно проделать соответствующий расчет).
Итак, окончательно [J] = 10,70 кН.
Рекомендуем читателю самостоятельно выполнить расчет, при-
менив уточненную формулу для г0 (см., например, справочник [14]),
которая в данном случае (при заданных соотношениях размеров
таврового сечения) имеет вид:
66
г0=--------
5	7
4 In -+1п -
4	5
ГЛАВА X
ГИПОТЕЗЫ ПРОЧНОСТИ
И ИХ ПРИМЕНЕНИЕ К РАСЧЕТУ ПРЯМЫХ БРУСЬЕВ
§ 31. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ О ГИПОТЕЗАХ ПРОЧНОСТИ
И РАСЧЕТНЫЕ ФОРМУЛЫ
Методика расчета на прочность существенно зависит от вида
напряженного состояния. Так, при растяжении (сжатии), прямом
и косом изгибе, при сочетании изгиба с растяжением (сжатием)
в опасной точке бруса имеет место одноосное напряженное состоя-
ние* и условие прочности записывают в виде:
т	ГТ “пред
СГхпах < И,	где М=~—
и
где — напряжение в опасной точке поперечного сечения бру-
са. При этом предельное напряжение (предел текучес-
ти — физический или условный — для пластичных или
хрупко-пластичных** материалов или временное сопро-
тивление (предел прочности) для хрупких материалов)
известно непосредственно из экспериментальных дан-
ных.
При расчете на кручение (напряженное состояние — чистый
сдвиг), как правило, также имеются данные о допускаемых напря-
*Строго говоря, в некоторых случаях в опасной точке бруса, работающего на
поперечный прямой или косой изгиб или сочетание изгиба с осевым нагружением,
имеет место упрощенное плоское напряженное состояние. При этом касательное
напряжение, возникающее в опасной точке поперечного сечения, невелико по сравне-
нию с действующим в той же точке нормальным напряжением, что позволяет
пренебречь влиянием касательного напряжения и рассматривать напряженное состо-
яние как одноосное.
**Напомним, что хрупко-пластичными принято называть материалы, дающие
при разрыве небольшое остаточное-относительное удлинение (й=2—6%) и сопроти-
вляющиеся сжатию несколько лучше, чем растяжению —для них под с>°о,2 р- Ха-
рактерным примером таких материалов являются некоторые легированные стали,
в частности сталь ЗОХГС.
н*
323
жениях, полученных по значениям предельных напряжений т,фед,
определенным опытным путем. Условие прочности при расчете на
кручение записывают в виде:
.г л	Г - 1 ^прсд
ГДеЫ=71
И
(Тщ>СД^Г 11
или п=----^[п] I.
^тах /
Для плоского или объемного напряженного состояния опытная
проверка прочности, т. е. определение экспериментальным путем
предельных значений главных напряжений, соответствующих* за-
данному напряженному состоянию, затруднительна, а иногда и не-
возможна**. Количество видов напряженных состояний, различа-
ющихся соотношениями между главными напряжениями, безгра-
нично велико, и проводить для каждого из них экспериментальное
исследование условий перехода в предельное состояние (возник-
новения текучести или появления признаков хрупкого разрушения)
практически невозможно. Для некоторых типов напряженных со-
стояний вообще не существует надежных методов проведения соот-
ветствующих экспериментов.
Таким образом, необходимо иметь возможность оценить проч-
ность при плоском или объемном напряженном состоянии, рас-
полагая данными о свойствах материала (значении предельного
напряжения) при одноосном напряженном состоянии. Практически
эта задача решается путем замены при расчете на прочность задан-
ного плоского (или объемного) напряженного состояния эквива-
лентным (равноопасным, т. е. имеющим одинаковый коэффициент
запаса прочности) ему одноосным растяжением. Напряжение, соот-
ветствующее этому воображаемому (расчетному) линейному напря-
женному состоянию, также называется эквивалентным (стЭ1В). Оно
может быть определено расчетным путем по известным для задан-
ного напряженного состояния значениям главных напряжений на
основе принятого критерия (признака) эквивалентности различных
напряженных состояний. Выбор того или иного критерия эквива-
лентности зависит в первую очередь от свойств материала рас-
считываемой детали, а в отдельных случаях и от вида напряженного
состояния.
*Под соответствием предельного напряженного состояния заданному следует
понимать их подобие: равенство отношений главных напряжений, т. е.
(ст1)пред  (°2)пред  (стз)пред = ст1 - а2  а3-
**Еще раз отметим, что исключением является чистый сдвиг (расчет на круче-
ние), представляющий собой частный случай плоского напряженного состояния, для
которого имеются (для многих материалов) экспериментально найденные значения
предельного напряжения.
324
Гипотезы, указывающие критерии эквивалентности (равноопас-
ности) различных напряженных состояний, называют гипотезами
или теориями прочности*.
Из значительного числа предложенных в разное время гипотез
прочности далее рассматриваются лишь те три гипотезы, которые
шире других применяются в инженерных расчетах.
При расчете с применением той или иной гипотезы прочности
следует в первую очередь выразить эквивалентное напряжение
сэи через главные напряжения** заданного напряженного состоя-
ния, затем записать условие прочности:
(10.1)
или
и=-в"^>[и].	(10.2)
°экв
Условие прочности записывается в виде (10.1) или (10.2) незави-
симо от применяемой гипотезы прочности-, различие заключается
лишь в том, что понимать под trm: для пластичных материалов это
сгт (или ст02), для хрупко-пластичных — о-0>2р и для хрупких — о-вр.
Для хрупких и хрупко-пластичных материалов в формуле (10.1)
надо принимать допускаемое напряжение на растяжение [сгр] (напо-
минаем, что для пластичных материалов допускаемые напряжения
на растяжение и сжатие одинаковы [erp] = [сгс]=[ст]).
Следует иметь в виду, что расчеты с применением гипотез
прочности, так же как и все ранее рассмотренные, относятся к кате-
гории расчетов, которые во введении (см. § 3) были названы рас-
четами по опасной точке, т. е. той точке, для которой коэффициент
запаса прочности минимален. Очевидно, что если условие прочно-
сти, записанное в форме (10.1) или (10.2), соблюдается для опасной
точки, то тем более оно удовлетворяется для всех остальных точек
рассчитываемой конструкции.
Гипотеза наибольших касательных напряжений
Согласно этой гипотезе независимо от вида напряженного состо-
яния предельное состояние в данной точке тела наступает при
достижении максимальными касательными напряжениями некото-
*В учебной литературе в основном применяется термин «теории прочности»,
в специальной научно-технической литературе применяют термины: «теории преде-
льных напряженных состояний» или «гипотезы возникновения текучести и гипотезы
хрупкого разрушения».
**Для бруса (при упрощенном плоском напряженном состоянии, оказывается
целесообразным преобразовать формулы для эквивалентных напряжений и записы-
вать их не через главные напряжения, а через напряжения в проверяемой точке
поперечного сечения бруса [см. ниже формулы (10.4), (10.6), (10.8)].
325
рого постоянного для данного материала значения. Иными слова-
ми, два напряженных состояния равноопасны, если максимальные
касательные напряжения для них одинаковы.
Эта гипотеза, как показывают эксперименты, пригодна лишь
для пластичных материалов и, следовательно, под предельным со-
стоянием здесь следует по имать возникновение заметных оста-
точных деформаций, т. е. наступление текучести материала*.
В учебной и в научно-технической литературе эту гипотезу часто
называют третьей теорией прочности, поэтому взамен общего обо-
значения сгэ„ для эквивалентного напряжения примем обозначе-
ние стэ|1|.
Эквивалентное напряжение связано с главными напряжениями
рассматриваемого напряженного состояния зависимостью
<7эШ = <71-<7з-	(Ю.З)
В частном случае упрощенного плоского напряженного состоя-
ния можно выразить эквивалентное напряжение через нормальное
и касательное напряжения в рассматриваемой точке поперечного
сечения бруса
аэш = <ст2+4т2.	(10.4)
Напряжения, возникающие в поперечном сечении бруса, здесь
и в дальнейшем обозначаем пит без индексов, указывающих
направление и положение площадки их действия (см. § 2).
Гипотеза прочности Мора
Согласно этой гипотезе условия перехода в предельное напря-
женное состояние определяются только величинами максимального
(ст]) и минимального (сг3) главных напряжений, т. е. не зависят от
значения промежуточного главного напряжения** (ст2). Напряжен-
ное состояние в данной точке тела является предельным, если
величины главных напряжений ст1 и сг3 удовлетворяют равенству
VCT3 Оцрсдр,
°0,2р
где ст1]рсир=ст02р для хрупко-пластичного или o-I]pcap==o-Bp и v = или
a	ffo.2c
ивр
v =
^вс
*В специальной литературе эту гипотезу возникновения текучести иногда
называют гипотезой пластичности Сен-Венана. Условие пластичности имеет
вид oj — а3 = ат.
**Пренебрежение влиянием промежуточного главного напряжения на условие
перехода материала в предельное напряженное состояние является общим недостат-
ком гипотезы прочности Мора и гипотезы наибольших касательных напряжений.
326
Обоснование приведенного равенства и более обстоятельное
изложение гипотезы Мора связано с предложенным Мором спосо-
бом графического исследования напряженного состояния (так назы-
ваемые круги Мора), который в настоящем пособии не рассмат-
ривается*.
Гипотеза прочности Мора может применяться как для пластич-
ных и хрупко-пластичных, так и для хрупких материалов, но лишь
для таких напряженных состояний, при которых о-! и сг3 имеют
противоположные знаки.
Для пластичных материалов гипотеза Мора дает результат,
совпадающий с получаемым по гипотезе наибольших касательных
напряжений, так как о’тр=о’тс или о'о2Р = °'о,2с и, следовательно, v=l.
Эквивалентное напряжение определяется по формуле
o-3iv=o'i — vct3.	(10.5)
Обозначение сгэ1у взамен общего обозначения сгэжв принято пото-
му, что гипотезу Мора иногда называют четвертой теорией проч-
ности, таким образом, числовой индекс без дополнительных поясне-
ний указывает, по какой гипотезе прочности определено эквивалент-
ное напряжение.
Для упрощенного плоского напряженного состояния, используя
формулы (10.5) и (3.9), нетрудно получить выражение эквивалент-
ного напряжения через нормальное и касательное напряжения в по-
перечном сечении бруса
о-э1У =-оЧ-----^/сг2+4т2.	(10.6)
2	2
В случае если коэффициенты запаса прочности, принимаемые
при выборе допускаемых напряжений на растяжение и на сжатие,
одинаковы (так это в подавляющем большинстве случаев и прини-
мают), то наряду с приведенным выше выражением для коэффици-
ента v можно пользоваться следующим:
Ьр]
v=—.
be]
Гипотеза удельной потенциальной энергии
изменения формы
Согласно этой гипотезе независимо от вида напряженного состо-
яния предельное состояние в данной точке тела наступает при
достижении удельной потенциальной энергией изменения формы
некоторого постоянного для данного материала значения. Иными
"Существуют способы обоснования рассматриваемой гипотезы и вывода
формулы для эквивалентного напряжения без использования кругов Мора.
327
словами, два напряженных состояния равноопасны, если удельная
потенциальная энергия изменения формы для них одинакова.
Эта гипотеза пригодна только для пластичных материалов, т. е.
является одной из гипотез возникновения текучести*. С эксперимен-
тальными данными эта гипотеза согласуется несколько лучше, чем
гипотеза наибольших касательных напряжений.
Формула для вычисления эквивалентного напряжения по извест-
ным главным напряжениям имеет вид (учитывая, что рассматрива-
емую гипотезу иногда называют пятой теорией прочности, взамен
общего обозначения <т)га будем применять обозначение <тэУ)
[(<71 - <Т2)2 + (<Т2 - <73)2 + (<73 - СГ1)2].
Для упрощенного плоского напряженного состояния
p:,v = -\/p24-3t2.
(Ю.7)
(10.8)
Существует еще несколько гипотез возникновения текучести, также приводящих
к формуле (10.7). В частности, эта формула для эквивалентного напряжения получа-
ется на основе гипотезы октаэдрических касательных напряжений (см. с.
58), согласно которой независимо от вида напряженного состояния текучесть в дан-
ной точке тела возникает при достижении октаэдрическими касательными напряже-
ниями некоторого постоянного для данного материала значения.
§ 32. ПРИМЕРЫ ОПРЕДЕЛЕНИЯ ЭКВИВАЛЕНТНЫХ НАПРЯЖЕНИЙ
Задача 10.1. Проверить прочность в заданной точке конструкции
по известным главным напряжениям (рис. 10.1), если [<тр] = 40 МПа
и [nJ-120 МПа.
Решение. Исходными являются главные напряжения, при этом
все они отличны от нуля, т. е. в рассматриваемой точке имеет место
объемное напряженное состояние. По заданным допускаемым на-
пряжениям видно, что материал хрупкий. Следовательно, надо
применить гипотезу прочности Мора [формула (10.5)]:
C73V = C7|-V<73<[t7p],
где
[Op]	40	1
v= =	= .
[erj	120 3
*В литературе по теории пластичности эту гипотезу называют гипотезой
пластичности Мизеса Условие пластичности выражается формулой
? 1(^1 - Оз)2 + (^2 - а3)2 + (сг з - от )2] = а.
328
Учитывая правило индексов для главных напряжений, имеем:
а! = 40 МПа;	г2 = 20 МПа; ст3=—ЗОМПа.
Эквивалентное напряжение
<73lv=40-* (— 30)=50 МПа,
что на 25% превышает допускаемое напряжение [<тр], т. е. коэффици-
ент запаса прочности недостаточен.
Задача 10.2. В окрестности опасной точки конструкции выделен
элемент в форме прямоугольного параллелепипеда (рис. 10.2). Про-
верить прочность конструкции по гипотезам наибольших касатель-
ных напряжений и энергии изменения формы, если материал —
сталь с пределом текучести сгт = 220 МПа и требуемый коэффициент
запаса прочности [и]= 1,7.
Рис. 10.1
Рис. 10.2
Решение. В рассматриваемой точке имеет место объемное на-
пряженное состояние. При этом одно из главных напряжений зада-
но: стх=50 МПа (на площадке действия этого напряжения касатель-
ное напряжение отсутствует). Площадки действия остальных двух
главных напряжений перпендикулярны к заданной главной площад-
ке, т. е. принадлежат семейству (серии) площадок, параллельных их.
Следовательно, неизвестные главные напряжения не зависят от
и могут быть определены по формулам для упрощенного плос-
кого напряженного состояния (см. с. 56). Подставляя в форму-
лу (3.9)
crz= — 60 МПа и т>г=тгу=40 МПа,
получаем:
О, 1
+
2 2
СТ2 + 4т2 =
60+ ’ </(-60)2+4 -402= — 30 + 50.
2 2
329
Учитывая правило индексов для главных напряжений, имеем:
С7[ = 50 МПа; ст2 = 20МПа и ст3= — 80 МПа.
Эквивалентное напряжение по гипотезе наибольших касатель-
ных напряжений [формула (10.3)]
сг,ш = Ci — 0’з = 50—(—80)= 130 МПа.
Коэффициент запаса
220	1 АО
ящ= = „ =1,69,
ff3in 130
что практически совпадает с требуемым.
По гипотезе энергии изменения формы
[(«, - <h)2 + (^ - <*з)2 + («з — Ст1)2] =
У’ [(50 - 20)2 + (20 + 80)2 + (- 80 - 50)2 = 118 МПа.
Коэффициент запаса
ат
nv =
O'aV
220 =1,86 > [4
118
Полезно иметь в виду, что эквивалентное напряжение, вычислен-
ное по гипотезе энергии изменения формы, всегда получается мень-
ше вычисленного для того же напряженного состояния по гипотезе
наибольших касательных напряжений.
Задача 10.3. Проверить прочность бруса, изображенного на рис.
10.3. Материал бруса чугун; [егр] = 30 МПа, [стс] = 120 МПа.
Решение. Опасной является любая точка контура поперечного
сечения (рис. 10.3). На грани элемента, совпадающей с плоскостью
поперечного сечения, возникают нормальное напряжение от сжима-
ющей силы и касательное напряжение от кручения
N.	F
о =— =-----=
A	nd2
4
220  103
3,14  0,12
= -25,5 МПа;
4
Afz т
х=— — —
Wp nd3
6 103
--------= 30,4 МПа.
3,14 о,l3
16	16
Так как брус изготовлен из хрупкого материала, применяем
гипотезу прочности Мора [формула (10.6)]
330
1—v 1 + V /
С7эГ,' = -— °Ч"“ V
2	2
ст2+4т2 =
= 1	(-25,5)+1+^25 V(-25,5)2 + 4 • 30,42 = 31,6 МПа.
Здесь
kJ
kJ
зо
120
= 0,25.
Эквивалентное напряжение превышает допускаемое примерно
на 5%, что можно считать приемлемым.
Задача 10.4. В окрестности опасной точки конструкции выделен
элемент, по всем граням которого действуют касательные напряже-
ния (рис. 10.4). Определить коэффициент запаса по отношению
к пределу текучести, если материал — дуралюмин с пределом теку-
чести o’oi2=280 МПа. Применить гипотезу наибольших касательных
напряжений.
Решение. Для оценки прочно-
сти в данной точке конструкции
надо вычисл ть для нее эквива-
лентное напряжение, а это в свою
Рис. 10.3	Рис. 10.4
очередь требует определения главных напряжений. Поскольку ни
одна из исходных площадок не является главной, придется восполь-
зоваться наиболее общей формулой (3.14) для определения главных
напряжений
Сгл А^глЗ- ^2&гл h 0.
Формулы для вычисления инвариантов /13 I2, напряженного
состояния приведены на с. 57; в нашем случае компоненты напря-
331
женного состояния (см. рис. 10.4), входящие в эти формулы, имеют
следующие значения (правило знаков для т см. с. 58):
ах = &у==0; тху — гух= 30 МПа;
=^zy=60 МПа;	tzx=txz=60 МПа. Итак,
Ц = ах+ау+az—0;
/2 Wy + PyCz + &Z&X ^Ху tyz ^zx
= — 302 —602 —602= — 8100 (МПа)2;
/3 — GxGyGz О x^yz Gy^zx &z^yx “b ^xy^yz^zx
= 2 • 30  60 • 60 = 216 • 103 (МПа)3.
После подстановки получаем следующее кубическое уравнение
для определения главных напряжений:
сг3л—8100сггл—216000 = 0.
Левую часть этого уравнения можно разложить на множители
(<тгл+30) (<т2л - 30дгл - 7200) = 0.
Отсюда имеем:
сг'л = — 30 МПа;
ст,л = 15±л/225 + 720б = (15 + 86) МПа.
Учитывая правило индексов для главных напряжений, получаем:
<73=101 МПа; ст2=— 30 МПа;	и3= — 71 МПа.
По гипотезе наибольших касательных напряжений эквивалент-
ное напряжение
<Тэш=<71-<т3=Ю1-(-71)=172 МПа.
Коэффициент запаса
ffo,2 280
п — =—=1,63.
аэш 172
332
§ 33. РАСЧЕТ БРУСА КРУГЛОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ
В ОБЩЕМ СЛУЧАЕ ДЕЙСТВИЯ СИЛ. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР
ВНУТРЕННИХ СИЛОВЫХ ФАКТОРОВ
ДЛЯ ПРОСТРАНСТВЕННЫХ СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ
1. Для бруса круглого (сплошного или кольцевого) поперечного
сечения, испытывающего изгиб в двух плоскостях и кручение* (рис.
10.5, а), опасными в рассматриваемом поперечном сечении являют-
ся точки пересечения силовой линии с контуром поперечного сече-
ния — точки АГ] и К2 на рис. 10.5, в. Для бруса из пластичного
материала указанные точки равноопасны; при хрупком материале
опаснее та из них, в которой возникает растягивающее нормальное
напряжение.
Элемент, выделенный в окрестности точки К2, показан на рис.
10.5, г. Нормальное (ст) и касательное (т) напряжения, возникающие
на площадке поперечного сечения, определяются по формулам:
с = —=----- ;
и;,
т=—.
wp
В точках К\ и К2 имеет место упрощенное плоское напряженное
состояние. Для вычисления эквивалентного напряжения по различ-
ным гипотезам прочности применимы формулы (10.4), (10.6), (10.8).
Подставляя в эти формулы выражения для с и т и учитывая, что
WP=2W„, получаем по трем рассмотренным гипотезам прочности
расчетные уравнения (условия прочности) в такой форме:
(10.9)
"и
где Мзхъ — эквивалентный (приведенный) момент; по гипотезе на-
ибольших касательных напряжений
Мэт = у,/м1 + М* + мТ;	(10.10)
по гипотезе прочности Мора
Miv=-Ly' у/м^+Mf +	(10.11)
*При расчетах на прочность в рассматриваемом случае нагружения бруса
влияние поперечных сил обычно не учитывают, поэтому расчет для случаев чистого
и поперечного изгибов совпадает. Qx и Qy можно (при изображении внутренних
силовых факторов) не показывать, как это сделано на рис. 10.5, б.
333
по гипотезе энергии изменения формы
Л/эУ=V^x+Л^2 + 0,75Л£.
(10.12)
Таким образом, расчет бруса круглого поперечного сечения на
совместное действие изгиба и кручения ведется (по форме) как на
прямой изгиб, но в расчетной формуле роль изгибающего момента
играет момент эквивалентный, величина которого зависит как от
значений изгибающих и крутящего моментов, так и от принятой
гипотезы прочности. Для бруса постоянного по длине поперечного
сечения опасным, очевидно, является то сечение, для которого
эквивалентный момент имеет наибольшее значение.
Если кроме изгиба и кручения брус испытывает также растяже-
ние (сжатие), то понятие эквивалентного момента неприменимо.
Расчет следует вести по одной из формул для упрощенного плоско-
го напряженного состояния [формулы (10.4), (10.6), (10.8)], подстав-
ляя вместо а и т их значения, вычисляемые по формулам:
334
м2
т=—,
Wp
Для бруса из хрупкого материала при сжимающей продольной
силе следует произвести. расчет для двух точек: с наибольшими
сжимающими и с наибольшими растягивающими напряжениями
При этом в формулу (10.6) значение ст должно быть подставлено со
своим знаком.
2. При построении эпюр для про-
странственного бруса применяют сколь-
зящую систему координат (рис. 10.6).
Ось z всегда направлена вдоль оси бруса
(для бруса с одним жестко защемлен-
ным и другим свободным концом ось
z направляют в сторону свободного кон-
ца). Оси х и у совпадают с главными
центральными осями рассматриваемого
сечения. Оси координат образуют пра-
вовинтовую систему. Рекомендуется
вначале изобразить систему координат
на одном из горизонтальных участков,
например на участке II (рис. 10.6). Ось
у направляем вверх, а ось х — вправо
(если смотреть с конца оси z). Переход
на следующий участок производится пу-
тем поворота системы координат вокруг
той оси, которая перпендикулярна
к плоскости двух данных участков: переход от участка II к участку
III совершается путем поворота вокруг оси у2, а от участка II
к участку I — вокруг оси х2.
Подчеркнем, что если оси меняют свое относительное положе-
ние в пространстве, то, следовательно, в этом случае нельзя прирав-
нивать величину изгибающего момента в конце одного участка
к величине его в начале следующего участка (например, Мх2^Л/х3).
Эпюры изгибающих моментов Мх и Му строят в плоскости их
действия и откладывают со стороны сжатых волокон. Эпюры попе-
речных сил Qx и Qy также строят в плоскости их действия.
Эпюры продольных сил Nz и крутящих моментов Mz можно
откладывать как по оси х, так и по оси у (чаще по оси у), исходя из
соображений наибольшей наглядности чертежа.
Задача 10.5. Для заданного ломаного пространственного бруса,
состоящего из четырех отдельных элементов, образующих в местах
335
сопряжений прямые углы (рис. 10.7, а), построить эпюры всех
внутренних силовых факторов.
Решение. Выбираем скользящую систему координат (рис. 10.7,
б), руководствуясь указаниями, данными выше. В этом случае сна-
чала наносим оси на втором (считая от свободного конца) участке,
затем переходим к первому (вертикальному) участку, поворачивая
систему координат вокруг оси х2; переход от второго участка
к третьему совершается путем поворота системы координат вокруг
оси у2 (на третьем участке эта ось обозначена у3). Наконец, переход
от третьего (горизонтального) участка к четвертому (вертикаль-
ному) происходит путем поворота координатной системы вокруг
оси х3, которая для последнего участка становится осью х4.
Оси х„ у, на каждом участке должны совпадать с главными
центральными осями поперечных сечений данного участка. По-
скольку форма поперечных сечений и их расположение не заданы,
Рис. 10.7
т. е. положение главных централь-
ных осей не известно, поэтому будем
считать, что оси у, параллельны
соответственно продольным осям
Zt-i, zi+i соседних участков.
Составим выражения внутренних
силовых факторов по участкам.
Первый участок (O^zi^ 1 м):
д;=о,
Gx=o,
б,=7 кН,
Mx=1zi,
Му = 0,
Mz=5 кН м.
Второй участок (0^z2^2 м):
7VT=-7 кН,
Qx=qz2=3z2,
е,=4кн,
Л/х = — 7—4z2,
My=tni =	1>5^2,
Л/х=0.
336
Третий участок (0^z3^3 м):
Nz=6 кН,
Gx=7 кН,
Qy=4 кН,
-all	22
Му=-----+тх— F{Z3= —3 + 5 —7z3 = — 1 —7z3,
2	.2
MZ=F h+Fi- h=7  1+4- 2=15 кН m.
Для изгибающего момента Mx выражение Мх= — F2z-i = — 4z3
справедливо до места приложения пары сил с моментом т2 =
=2kH'm(0^z3<2m). Для правой части третьего участка (2<z3^
^Зм) в выражение Мх входит указанный момент, т. е.
Мх = — F2z3—т2 = — 4z3 — 2.
Собственно говоря, горизонтальный элемент длиной Z3+Z3 сле-
довало бы рассматривать как два участка нагружения, но это
привело бы к неоправданным повторениям одной и той же системы
координат на двух смежных участках и выписыванию одних и тех
же выражений внутренних силовых факторов (кроме Мх) для тех же
участков.
Четвертый участок (0^z4^3 м):
Nz— —4 кН,
6х=7 кН,
Qy=6 кН,
Мх— — F2l3—m2 — ql2 ’ z4 = —4 3—2—3 ‘ 2 z4= — 14 —6z4,
A/J=F2Z2-F1(z4-Z1)=4 2—7(z4—1)= 15 — 7z4,
Afz=22 кН m.
При составлении выражений для внутренних силовых факторов
продольным силам, как обычно, приписывался знак плюс при рас-
тяжении и знак минус при сжатии. Значения поперечных сил и кру-
тящих моментов указаны по абсолютной величине (для Qx, Qy,
Мг вообще никакого правила знаков здесь не введено), для изгиба-
ющих моментов при наличии в их выражениях нескольких слага-
емых знак плюс условно приписан тем членам, которые соответ-
ствуют изгибу вогнутостью в сторону положительного направления
данной координатной оси {для Му оси х, а для Мх оси у). При
построении эпюр (рис. 10.8, а -ь е) ординаты Мх и Му отложены
337
в плоскости действия этих моментов со стороны сжатых волокон;
ординаты эпюр Qx и Qy — по осям соответственно х, и у, в направ-
лении внешних сил, приложенных к отсеченной части, примыка-
ющей к свободному концу бруса; ординаты эпюр М\ и N- — по
направлению осей у,.
В качестве проверки правильности построения эпюр рекоменду-
ем читателю убедиться в соблюдении условий равновесия узлов
пространственного бруса (мест сопряжения составляющих его эле-
ментов). При этом надо внимательно следить за изменениями
обозначений одинаково направленных осей при переходе от данного
участка к смежному. Ведь, как известно, в плоских рамах (см. гл. VI)
изгибающие моменты в сечениях, бесконечно близких к узлу, в ко-
тором сходятся два стержня и к которому не приложено внешних
моментов, равны между собой, здесь — в пространственной систе-
ме — это правило из-за изменения расположения осей по отноше-
нию к данному участку справедливо далеко не всегда. Так, напри-
мер, в рассматриваемой задаче ось z, параллельна оси у2. Это
значит, что момент Mz в конце первого участка равен моменту
Му в начале второго участка; аналогично — момент Мх в конце
второго участка равен моменту М. в начале третьего участка.
338
Задача 10.6. Для пространственного бруса (рис. 10.9) построить
эпюры изгибающих и крутящих моментов и определить из расчета
на прочность диаметры второго и третьего участков бруса. Матери-
ал бруса — чугун марки СЧ15-32; [сгр] = 50 МПа; [crj = 200 МПа.
Решение. При построении эпюр воспользуемся скользящей сис-
темой координат. На первом участке направляем ось Zj вдоль оси
бруса в сторону свободного конца (рис. 10.10), ось yt вверх и ось
Xi — вправо (если смотреть с конца оси zj. Переход на второй,
а затем и на третий участок происходит поворотом системы коор-
динат соответственно вокруг осей и у2.
Значения внутренних силовых факторов для всех участков будем
определять, рассматривая при применении метода сечений равнове-
сие той части бруса, которая примыкает к свободному концу.
В результате получаем следующие аналитические выражения для
Мх, Му и М,.
Участок Z(0^zi<0,4 м):
Mx=-^=-zf.
2
Участок II (0<z2<0,7 м):
Мх=-0,8z2;	A/z—0,16 кН м.
Участок III (0<z3<0,8 м):
Л/х=0,16 — 0,8z3;	My = 0,5zy,	Л/г=0,56 кН м.
При подстановке координаты z в м значения изгибающих моментов
получим в кН  м.
339
В этих уравнениях положительными приняты изгибающие мо-
менты, которым соответствуют сжимающие напряжения в первом
квадранте сечения.
Эпюры Мх и Му (рис. 10.11, а, б) построены в плоскостях
действия соответствующих моментов и отложены со стороны сжа-
тых волокон. Эпюра Mz изображена на рис. 10.11, в.
Учитывая, что брус изготовлен из хрупкого материала, применя-
ем гипотезу прочности Мора. В опасных точках бруса имеет место
упрощенное плоское напряженное состояние, поэтому расчет вы-
полняем по формуле (10.6).
Рис. 10.11
Для участка II опасным является сечение С (см. рис. 10.10)
в месте примыкания его к участку III. Опасной точкой рассматрива-
емого сечения является точка К (рис. 10.12, а), в которой суммиру-
ются напряжение от растяжения бруса и растягивающие напряже-
ния от изгиба. В точке L нормальные напряжения являются сжима-
ющими и по абсолютной величине они несколько меньше, чем
в точке К. Касательные напряжения в у азанных точках одинаковы.
Нормальное напряжение в точке К
Nz МхС 500	560
ст=—|-----=------ Ч----.
A Wx 0,785<+ 0,lrf3
Касательное напряжение в точке К
М. 160
—- •----.
Wp 0,2d3
Условие прочности для точки К
1-V °э1У=	' а + 2 1 +0,25 + 2	\	1 + v /,	1-0,25 /б38 5600\ 	<ст2+4т2 =	 —+— Н 2 V	2	\d2 d3 J //638 5600\2 л /800\2	- / —+	 +41 — ^50 10б. '\d2 d3 J	\d3 J
340
638 ,
Пренебрегая для упрощения вычислении слагаемым — (напря-
жением от растягивающей силы F), получаем:
V117 ‘ Ю б = 49  10“3 м=49 мм;
принимаем J=50 мм.
Заметим, что пренебрежение влиянием продольной силы вполне
допустимо, так как соответствующее напряжение весьма невелико
638	638	, „
ctjv =—=----= 0,25  10б Па=0,25 МПа.
z d2 0,052
Для участка III опасным является сечение
D (в заделке). Опасная точка К (рис. 10.12, б)
лежит на пересечении силовой линии с кон-
туром сечения. Для указанного сечения
400
tg£=-^=— = 0,83.
Мхв 480
Нормальное и касательное напряжения
в точке К определяются из выражений
_ ми _ у/м2 + М^_ -у/4802 + 4002 _ 6300
~W~ Щ
0,W3	</3 ’
560	2800
Условие прочности имеет вид:
~ Wp 0,2d3	d3
V153 • 10“б = 53,5  10“3 м=53,5 мм.
Округляем диаметр до J=55 мм.
Заметим, что расчет на прочность можно было бы вести, исполь-
зуя понятие об эквивалентном моменте [формула (10.11)]; результат
от этого, конечно, не изменился бы, так как для участка II влияние
продольных сил все равно не учитывалось.
Задача 10.7. Указатель (рис. 10.13) установлен на стойке коль-
цевого поперечного сечения. Применяя гипотезу энергии изменения
формы, определить, при каком наибольшем давлении ветра на
341
указатель tr3V^[cr] = 150 МПа. Давлением ветра на стойку пре-
небречь.
Решение. Равнодействующая сил давления на указатель
F= 0,5 • 0,4р = 0,2р Н и приложена в центре указателя. Здесь р давле-
ние ветра в Па. Сила F передается на стойку через соединительные
элементы АВ и CD. Расчетная схема стойки, а также эпюры изгиба-
ющих и крутящих моментов представлены на рис. 10.14. В опасном
сечении (в заделке) эти моменты имеют следующие значения:
, ,	0,4 0,5р , „ 0,4 0,5р , с „ тт
Мх=-------- 1,9-1------‘ 1,5 — 0,34р Н м,
2	2
Afz=0,4 • 0,5р  0,55=0,Пр Н м.
Эквивалентный момент по принятой ги-
или (учитывая, что Л/^=0)
M3V=-^/(0,34р)2 4-0,75(0,lip)2=0,354р Н  м.
Условие прочности
где
A4v
CT3v=---<[<т]
или
СТэУ —
0,354р
10,9 ' 103 • 10“9
«=150 • 10б,
nd3
1-
32
3,14 • 603 1
32
= 10,9 103 мм3.
342
Определяем [р]:
И =
150 • 10,9
0,354
=4,63 • 103 Па.
Задача 10.8. Трубка и проходящий сквозь нее валик одним
концом жестко заделаны, а на другом скреплены между собой
с помощью абсолютно жесткого диска АВ (рис. 10.15). Система
нагружена осевой силой F= 80 кН, приложенной к диску, и скручи
вающим моментом ш=1,00
кН м, приложенным к середине
трубки. Требуется: 1) построить
эпюры крутящих моментов
и продольных сил для трубки
и валика; 2) определить, приме-
нив гипотезу энергии изменения
формы, значения расчетных эк-
вивалентных напряжений для
трубки и валика; 3) сравнить ко-
эффициенты запаса прочности
для валика и трубки. Трубка из-
готовлена из меди [предел теку-
чести (сгт)м=180 МПа, модуль
Рис. 10.15
продольной упругости Ем =
= 1,0 1011 Па, модуль сдвига GM=4,0 • Ю10 Па], а валик — из
стали [(сгт)с=240 МПа; Д;=2,0 1011 Па; Gc=8,0 • Ю10 Па].
Решение. Внутренние силовые факторы в поперечных сечениях
трубки и валика нельзя найти с помощью уравнений равновесия.
Система статически неопределима. Рассмотрим вначале нагружение
системы только силой F, а затем только моментом т.
1. Растяжение трубки и валика силой F— 80 кН.
Рассекаем трубку и валик и составляем уравнение равновесия
сил, действующих на оставленную часть (рис. 10.16):
£z=0; ^ + УБ=К
Уравнение перемещений
л, ..	N^l NBl
AL = Д/в или --------=----.
ЕмА-ц, ЕСАВ
Решив уравнения совместно, получим:
1 +
ЕсАв
80 • 103
1,0 • 1011'4,9  10“4
1 +-----------------------
2,0 1011 12,56 • 10"4
= 66,80 103 Н,
jVTp=F—jVB=80  10э —66,8 • 103= 13,2 • 103 Н.
343
Площади поперечных сечений валика и трубки:
„ nd2B 3,14 42	,
Ав= —=—-------=12,56 см2;
4	4
^«^<5 = 3,14  7,8  0,2=4,9 см2.
Ввиду малой толщины трубки площадь ее поперечного сечения
определена как произведение длины окружности среднего диаметра
на толщину стенки.
Нормальные напряжения а в поперечных сечениях трубки и ва-
лика:
13,20 103
<7TTJ=— =----------= 26,9 МПа.
лтр
4,9 10"4
N,
°»=A
66,80 103
------------= 53,2 МПа.
12,56 10 4
2. Скручивание трубки и вали-
ка моментом 7л= 100 кН м.
На рис. 10.17, а, б представ-
лены схемы нагружения валика
и трубки. На этих схемах X — мо-
мент, скручивающий валик (пе-
редающийся на него через диск
АВ от трубки).
Такой же по величине, но про-
тивоположно направленный момент действует на трубку со сторо-
ны диска АВ.
Составим уравнение перемещений, выражающее условие равен-
ства углов поворота правых (связанных с диском) торцовых сечений
трубки и валика
(ртр=(р.
ИЛИ
/
т
2
XI _ XI
^М^рТр GfApB
где
JpB»0,M4 = 0,l 4,04 = 25,6 см4
— полярный момент инерции поперечного сечения валика;
/^«(л^)	<5=— 7,83 • 0,2=74,2 см4
4	4	4
344
— полярный момент инерции поперечного сечения трубки (ввиду
малой толщины стенки можно считать, что все точки сечения лежат
<^ср
практически на одном и том же расстоянии — от центра тяжести
сечения):
Г	, d2
Лтр= p2dAx,Ar^=A
А
Подставляя известные величины и решая уравнение перемеще-
ний, получаем X = 0,207 кН  м.
Рис. 10.17
Схемы нагружения валика и трубки и эпюры продольных сил
и крутящих моментов изображены на рис. 10.18, а = е. Наиболь-
шие касательные напряжения в валике и трубке:
MZB X 0,207 103 * *	,	„
=—=—---------= 16,2 • 106 Па= 16,2 МПа;
WpB WpB 12,8  10~6
max&fZT„ m—X 0,793 103	,
tmaxip =--— =----------------= 42,6 106 Па=42,6 МПа;
Щртр	WpTp 18,6 106
где
1Грв = 0,2-4/3 = 0,2-43=12,8 cm3-,
J	74 2
2
Наибольшие эквивалентные напряжения по гипотезе энергии
формоизменения (формула 10.8):
для валика
(<тэУ)в=х/53,22+ 3 • 16,22 = 60,3 МПа;
345
для трубки
(<Тэу)тР = л/26,92 + 3  42,62 = 78,4 МПа.
Коэффициент запаса по отношению к пределу текучести:
для валика	(о-т)с 240	„ „„ лв=	= - =3,98; (<bv). 60,3
для трубки	(ffr)M 180	„ „ п^= — = — = 2,3. (<Ьу)л> 78,4
Отношение коэффициен-
тов запаса
"В 3,98	,
— = - =1,73.
Лгр 2,3
Задача 10.9. Определить,
с каким коэффициентом запа-
са прочности работает вал
(рис. 10.19), если он изготов-
лен из стали Ст. 4 (сгт =
= 260 МПа). Вес шкива G=
= 3,0 кН; натяжение Ft веду-
щей ветви ремня в два раза
больше натяжения F2 ведо-
мой ветви. Вал вращается
с угловой скоростью л = 500
об/мин и передает мощность
N= 50 кВт.
Решение. Определяем
момент, передаваемый ва-
лом,
N 50 103
т= - =	=955 Н м,
ш 52,4
тгп 3,14 500
где to = - - = —
30	30
= 52,4 рад/сек.
Выражая этот момент через натяжения ветвей ремня, имеем:
m=F[
d-f2d
2 2
или, учитывая, что 7r1=2F2, получаем:
346
D
т = ~ F2,
2
откуда
2т _2  955
D ~ 0,8
= 2,38  103 Н,
F,=2F2=2 • 2,38 • 103=4,76 • 103 Н.
Момент, передаваемый на вал двигателем, и скручивающий
момент от натяжений ветвей ремня вызывают кручение вала на
участке от середины шкива до муфты. Сила R=Fl+F2—4,76+2,38 =
= 7,14 кН вызывает изгиб вала в плоскости xOz, а сила G — изгиб
в плоскости yOz. Расчетная схема вала и эпюры внутренних силовых
факторов показаны на рис. 10.20.
Рис. 10.19
Применим гипотезу энергии формоизменения и определим эк-
вивалентное напряжение, использовав формулы (10.9) и (10.12),
W„ ~ О,Id3
у/7502 + 17803+0,75  9552
0,1 0,Об3
97,2 10б Па=97,2 МПа.
Коэффициент запаса
ffT 260	„ „
п=—=— = 2,7.
ffsV 97,2
Задача 10.10. Определить диаметр опасного сечения промежу-
точного вала (рис. 10.21) цилиндрического косозубого редуктора.
Вал изготовлен из стали с пределом текучести ат = 340 МПа; требу-
емый коэффициент запаса [л] = 2,5. При расчете применить гипотезу
наибольших касательных напряжений. Влиянием продольных и по-
перечных сил пренебречь. Вал передает мощность N=40 л. с. при
Угловой скорости л = 300 мин-1.
347
Указание. Радиальное (Т) и осевое (Л) усилия, возникающие в зубчатом зацеп-
лении, выражаются через соответствующее окружное усилие следующим образом:
T=0,36F; Л = 0,2К
Решение. Определяем момент, передаваемый валом (4.11, а):
N	40
m=lfi2 =7,02	= 0,936 кН-м= 936 Н м.
п	300
Рис. 10.20
Определяем усилия, действующие на зубчатые колеса.
Окружные усилия:
= 3120 H;
Fi-
lm
Dx
0,936 103 2
0,6
Рис. 10.21
2m 0,936 • 103 2
F1~ D2~	0,4	~
=4680 H.
Радиальное и осевое
усилия на первом колесе
^ = 0,36^ =
= 0,36 3120 = 1123 Н;
Л, =0,2/4 =
= 0,2  3120 = 624 Н.
348
То же на втором колесе
Т2 = 0,36Г2=0,36 4680 = 1685 Н;
A2 = 0,2F2 = 0,2 • 4680 = 936 Н.
На рис. 10.22, а изображена расчетная схема вала, на основе
которой определены опорные реакции и построены эпюры Мх,
Му и ЛЛ. Значения реакций указаны на рис. 10.22, а, эпюры момен-
тов изображены на рис. 10.22, б, в, г.
Для выяснения вопроса о том, какое сечение (под серединой
первого или второго колеса) является опасным, вычисляем значения
результирующих изгибающих моментов в указанных сечениях:
ЛГи1 = л/4582 + 2512 = 522 Н • м;
Л/иП = л/4462 + 3842 = 589 Н  м.
349
Так как значения крутящих моментов в рассматриваемых сече-
ниях одинаковы, а изгибающий момент больше в сечении II, то,
следовательно, оно и является опасным. Условие прочности [фор-
мула (10.10)]
_ Мял
<’1Ш“ >».
Ww •
<и,
где
И;=0,и3;
ст 340
[ст] = =	=136 МПа;
И 2,5
ЛТ1Ш = х/4462 + 3842 + 93б2 = 1106 Н • м.
Требуемый диаметр вала в опасном сечении
__ 1106_——4 32 • 10 2 м = 43,2 мм.
0,1 136 ю6
Округляя найденное значение диаметра до ближайшего стан-
дартного по ГОСТ 6636 — 60, окончательно принимаем J=45 мм.
§ 34. РАСЧЕТ БРУСА ПРЯМОУГОЛЬНОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ
В ОБЩЕМ СЛУЧАЕ ДЕЙСТВИЯ СИЛ
Задача 10.11. Сравнить коэффициенты запаса прочности для
обоих участков бруса (рис. 10.23). Принять, что материал бруса —
Рис. 10.23
чугун марки СЧ15-32, для ко-
торого свр : ствс=0,25.
Решение. Как известно
из предыдущего, коэффици-
ент запаса прочности для
опасной точки бруса из хруп-
кого материала при сложном
напряженном состоянии и
применении гипотезы проч-
ности Мора представляет со-
бой отношение
<7вр
нв=-----.
яэ1У
Таким образом, для опре-
деления коэффициентов запа-
350
са прочности надо для каждого участка найти опасную точку и вы-
числить для нее эквивалентное напряжение.
Участок I. Поперечное сечение круглое и эквивалентное напря-
жение можно выразить через эквивалентный момент по формуле
(10.11). Для опасной точки К (рис. 10.24) имеем:
Л/Э1У 1
С'зГУ ~-----= —
иг иг
y/Ml + M2 + XJ^- y/M2 + M2 + M2 =
1
nd3
1—0,25 /—- ---------,	14-0,25 /—=----------5-------5	т
—— — у/т2 + (5т)2 + — - у/т2 + (5т)2 + (2т)2 = 35,9
32
Таким образом, для участка I коэффициент запаса прочности
^вр °вр^'
«1в =------=--------
ff3iv 35,9m
Участок II. Поперечное сечение это-
го участка — квадрат со стороной а,
вписанный в круг диаметра d (см. рис.
10.23 и 10.24).
Из угловых точек опасна точка
L (см. рис. 10.24), в которой возникают
растягивающие напряжения, обуслов-
ленные изгибом как в плоскости xOz,
так и в плоскости yOz. Суммируя эти
напряжения, получаем:
Л/х т Зт 24m
— + — =-+ -
И’х Wy а3 а3 а3
6	6
Так как касательные напряжения в угловых точках поперечного
сечения отсутствуют, то для них эквивалентное напряжение равно
нормальному, т. е.
24m
(^3lv)z. = C£=	- .
а
Из точек, расположенных в серединах сторон, опасна точка М\
в ней возникает напряжение растяжения больше, чем в точке N,
а касательные напряжения в точках М и N одинаковы. Подставляя
исходные данные, получаем:
351
Ом =
Му
Wy
2т
18m
6
M,	2m 2m	m
—=-------=-------= 9,62 .
И i xb2h 0,208a3	a3
Сечение участка II квадратное. Поэтому для вычисления эк-
вивалентного напряжения нельзя воспользоваться выражением эк-
вивалентного момента. Применяя формулу (10.6), получаем:
(о’э1у)м= - Ом+ - у/(ам)2 +4 (тм)2 =
Рис. 10.25
Итак, точка L оказалась опасной и, следовательно, коэффициент
запаса прочности для участка II
авр <твра3
«п»=------=---------
(°3iv)t	24m
Сравним коэффициенты запаса прочности для участков / и Я
бруса:
«1в  24<У3
«Пв 35,9a3
352
Принимая во внимание, что а=—^~, получаем окончательно
"I»
= 1,89.
«Пв
Следовательно, участок I почти в два раза прочнее участка II.
Задача 10.12. Спроектировать подвесное устройство, изображен-
ное на рис. 10.25. Натяжение троса F=3,5 кН. Применить гипотезу
наибольших касательных напряжений, приняв [сг] = 120 МПа.
Решение. Предварительно определим все усилия, действующие
на систему. Пренебрегая трением между роликами и тросом, счита-
ем натяжение троса по всей его длине постоянным. Рассекая трос,
Рис. 10.26
как показано на рис. 10.26, заменяем действие отброшенных участ-
ков троса силами F.
Разложим силу Ft=F на составляющие Flu=F|„ = Fcos45° =
= 3,5 cos 45°=2,47 кН. Силы, действующие на систему, показаны на
рис. 10.27, а.
Рис. 10.27
Ицкович Г.М., Минин Л.С., Винокуров А.И.
353
Расположим на участке 1 скользящую систему координат
так, чтобы ось Z\ была направлена в сторону отброшенной части
бруса — в сторону свободного конца. Оси Xi и ух совместим с глав-
ными центральными
осями произвольного поперечного сечения
этого участка.
Рис. 10.28
Переход на следующий уча-
сток осуществим поворотом си-
стемы координат вокруг оси хь
а последующий переход с участка
2 на участок 5 —- поворотом си-
стемы координат вокруг оси у2.
На участке 3 ось z3 направляем
также в сторону свободного конца
этого участка. При этом обозна-
чение осей х3 и уз нужно выбрать
таким образом, чтобы переход че-
рез участок 4 на участок 5 привел
бы к совпадению этих осей с соот-
ветствующими осями той коорди-
натной системы, которая была ис-
пользована ранее при движении
вдоль участков 1 — 2 — 5. Прак-
тически проще поступить иначе;
имея уже систему координат на
участке 5, сместить ее в обратном
направлении: сначала поворотом
вокруг оси у5 на участок 4 и далее
вокруг оси х4 — на участок 3.
Строим эпюры изгибающих
моментов Мх и Му и крутящих
моментов Mz (рис. 10.28, а, б, в).
Эпюры Nz, Qx и Qy не строим, так
как при расчетах на прочность не
будем учитывать их влияние.
Участки 1 и 3 (поперечное се-
чение — круглое). Конструктивно
решение будет удачным, если оба
эти участка сделать одинаковыми.
Более нагруженным, как это вид-
но из эпюр изгибающих момен-
тов (рис. 10.28, а, б,), является уча-
сток 3.
Вычисляем результирующий изгибающий момент в сечении 1—1
(см. рис. 10.27, бу.
Мя=^М2 + М2=у/Ц)52 + 1,()52=1,48 кНм.
354
Из условия прочности
Л/,
л/,
(7 =---
Wa nd3
32
находим требуемый диаметр поперечного сечения
32  1,48 Ю3	,	,
— 50,6 • 10 3м=50,6мм;
3,14'120 • 106
принимаем </=50 мм.
Участки 2 и4 (поперечное сечение — прямоугольное). Принима-
ем, что поперечные сечения этих двух участков одинаковы. Расчет
выполняем для опасного сечения II — II (см. рис. 10.27, б).
Из условия соединения двух участков (рис. 10.29) задаемся раз-
мером Ь, превышающим найденный ранее диаметр на 20%.
ft=l,2rf=l,2  50 = 60 мм.
Определяем размер h поперечного сечения. Если предположить,
что опасна угловая точка А, то условие прочности принимает вид
(СМ. § 27):
Мх Му 1,05  103 6 1,40 103 6
С А = — + —У= А-------+ А----------
Wx Wy bh2	b2h
или, подставляя принятое значение Ь = 0,06 м,
1,05 103 6 1,40 103 6	,
сА =--------г --------------^120 106.
~~	0,062Л
0,06/12
Отсюда /г = 40,8 мм или с небольшим округлением h = 40 мм.
При этом расчетное нормальное напряжение
1,05 103 6
0,06 0,042 +
а
1,40  103'6	,
--------= 124 106 Па= 124 МПа.
0,Об2 0,04
Найденное значение превышает величину [ст] = 120 МПа на 3,3%, что
вполне допустимо.
Производим проверку прочности для остальных предположите-
льно опасных точек.
В точке В возникает плоское напряженное состояние. Для попе-
речного сечения, проходящего через эту точку, имеем:
Мх 1,05 103 6	,
ая=—=---------------= 65,8 106 Па=65,8 МПа;
Wx 0,06 0,042
12*
355
Mz M, 105  IO3
тд= — = ~ =----------------= 47,4 • IO6 Па=47,4 МПа.
Wz abh2 0,231  0,06 • 0,042
Здесь a=0,231—коэффициент, зависящий от отношения сторон
b : й=1,5 (см. табл. 4.1).
Эквивалентное напряжение по гипотезе наибольших касатель-
ных напряжений [формула (10.4)]
(p,iiib=>Al+41 = VZ65,82 + 4  47,42 = 115 МПа.
В точке С также возникает плоское напряженное состояние, при
этом для поперечного сечения, проходящего через эту точку,
a	=	3 ю6 Па = 58,3 МПа;
И’ 0,04 0,Об2
м
тс=у 1 = 0,859 • 47,4=40,7 МПа.
Рис. 10.29
Здесь у = 0,859 принято
по табл. 4.1.
По значениям ас и
тс очевидно, что эквива-
лентное напряжение для
точки С значительно ме-
ньше, чем для точки В.
Таким образом, опасной
оказалась точка А, а так
как условие прочности
для этой точки при при-
нятых величинах b и
h выполняется, то, зна-
чит, прочность рассмат-
риваемых участков до-
статочна.
Участок 5. Сохраним
высоту сечения h такой
же, как на предыдущих
участках, и определим из
условия прочности необходимую ширину сечения (рис. 10.29).
Опасное сечение в заделке. Для угловой точки А' имеем:
о> =
мх
+
Их
Л/,
И'
или
356
1,791 ' 10э 1,524  103	,
оА.=~---------	-------<120  106.
Z>!  0,042 Ь*  0,04
Отсюда 6 «0,08 м.
По табл. 4.1 при bi : й=80 : 40=2 имеем:
а=0,246 и у = 0,796.
Определим о-эШ для точки В1'.
м>
ав>=—
1,791 103 6	,
-----------= 84  106 Па=84 МПа;
0,08  0,042
Мг
ТВ = --
W.
0,741 ' 103
—-------------= 24 
0,246 • 0,08  0,042
106 Па=24 МПа;
(СэпОл-=V°’i+4Ti ~ V842+4 ’ 242=96,7 МПа.
Проверка для точки С не
шенно очевидно, что тс <тВ'
И Ос'<<ТВ‘.
Задача 10.13. Исходя из
прочности державки прямо-
го резца, определить допу-
скаемое значение вертикаль
ной составляющей усилия
резания Fy. Резец может рас-
сматриваться как брус, жест-
ко защемленный одним кон-
цом и нагруженный на сво-
бодном конце усилием реза-
ния. Составляющие усилия
резания вдоль осей х и z свя-
заны с вертикальной состав-
ляющей соотношениями
Гж=0,ЗГ> и Fz = 0,5Fy. Усилия
можно считать приложенны-
ми в точке пересечения про-
дольной плоскости симмет-
рии резца с верхней гранью.
На рис. 10.30, а показан об-
щий вид резца с действу-
ющими нагрузками, а на
рис. 10.30, б — его расчетная
схема. Расчет произвести по
представляет интереса, так как совер-
Рис. 10.30

357
гипотезе наибольших касательных напряжений, приняв [<т] =
= 180 МПа.
Решение. Приводя внешние силы к центру тяжести торцового
поперечного сечения, получаем, что резец нагружен осевой силой Fz,
h	h
силами Fx и Fy, а также моментами mx—F._ и m,=Fx (рис. 10.31, а).
Эпюры изгибающих и крутящего моментов изображены на рис.
10.31, б, в, г. Продольная сила постоянна: N.= —Fz.
Дпя удобства дальнейшего расчета все ординаты эпюр выраже-
ны через искомую составляющую Fy.
Влиянием поперечных сил Qx и Qy пренебрегаем.
Опасное сечение в заделке. Для него на рис. 10.32, а построены
эпюры нормальных напряжений, соответствующих продольной си-
ле N., а также изгибающим моментам Мх и Му, а на рис.
10.32, б эпюры касательных напряжений, связанных с крутящим
моментом М,.
Определим эквивалентные напряжения (по гипотезе наибольших
касательных напряжений) для точек. А, В, С (рис. 10.32 и 10.33)
и установим, какая из этих точек является опасной.
358
Точка А
Nz Му	0,5Fy 2,25 • 10’ 2Fy 6
A	Wy	bh	b2h
0,5Fy
0,016 0,024
2,25  10“27з, 6
0,0162 • 0,024
= -2,33 10%;
0,36 • 10“2F.
Mz 0,36 10 2Fy	.. - „
^ = U7 = ~ _ - y=-----------------—— =0,254 10%.
Wx ab2h 0,231 0,0162'0,024
Здесь значения коэффициентов a=0,231 и у = 0,855 (см. ниже
расчет для точки С) взяты при =—=1,5 из табл. 4.1 (§ 9) путем
Ь 16
линеинои интерполяции.
Рис. 10.33
По формуле (10.4) имеем:
(«Тэ1п)л=л/(-2,15 • 10%)2+4(0,254 • 10%)2 = 2,21 • 10%.
Точка В
Nz Мх Му 0,5Fy 6,9 Ю 2/^ 6
р — _	_	_	= —---------------- _
A Wx Wy bh bh2
2,25 • Ю’2^ 6	0,5^	6,9 • MT2Fy 6 2,25  10“2Fy 6
hb2	0,016 0,024	0,016 0,0242	0.0162 0,024
= -6,82 • 10%
В точке В одноосное напряженное состояние, следовательно,
(<7,ш)в= Ы=6,82 10%.
Точка С
Nz Мх 0.5R 6,9 10“ 2К, 6
Ь	Л	2 У 2	У
ас=----------—----------------------=
A Wx bh bh2
0,5Fy
0,016 0,024
6,9 10“2/; 6
0,016 0,0242
-4,62 10%;
359
jTW-
тс=у ' = 0,855
' и;
0,36 Ю"2^
0,231 0,0162 0,024
= 0,217 10%;
(<t,ui)c=x/(-4,62 ’ Ю%)2 + 4(0,217 • 10%)2=4,64 10%.
Итак, опасной оказалась точка В.
Приравнивая сгэ111 для В допускаемому напряжению, находим
допускаемое значение силы Fy
max о-эП] = 6,82 10%= 180 • 106,
откуда
%=2640 Н=2,64 кН.
Задача 10.14. Пружинная шайба квадратного поперечного сече-
ния нагружена двумя силами F—60 Н, как показано на рис. 10.34.
Расстояние между силами мало и при определении внутренних
силовых факторов его можно не учитывать. Средний радиус шайбы
R= 100 мм. Определить требуемые размеры поперечного сечения
шайбы, если [а] =150 МПа; применить гипотезу энергии формоиз-
Решение. При определении внутренних силовых факторов бу-
дем составлять соответствующие уравнения в полярной системе
координат, определяя положение произвольного поперечного сече-
ния углом (р (рис. 10.35). В поперечном сечении возникают три
внутренних силовых фактора: поперечная сила Qy, изгибающий
момент Мх и крутящий момент Mz. При расчете на прочность будем
учитывать только влияние Мх и Mz. Их значения для произвольного
сечения определяются из выражений
Mx—FRsin(p;
360
Mz=FR (1 — cos <p).
Опасным является или сечение А, в котором крутящий момент
имеет наибольшее значение, или сечение В, где изгибающий момент
максимален. Заметим, что сечение С равноопасно сечению В. Расчет
на прочность проведем для сечений А и В.
Сечение А (ср — л);
Мх=0;
Mz=2FR—2 60 0,1 = 12 Н ' м.
Опасными являются точки, лежащие в серединах сторон сечения
(точки К на рис. 10.36, а). Для указанных точек
12
Mz 2FR 12	57,7
сгг=О; Тг= — =— =-----------------=------.
аа3 0,208а3 а3
где а=0,208 (по данным, приведенным в табл. 4.1 § 9 при h : b— 1).
Условие прочности для точки К по гипотезе энергии формоиз-
менения имеет вид:
(a,v)K=л/о^+Зг*=^/Зт2 [ст]
или
(<Тэу)к=57;7х/з^150 - Ю6,
а
откуда а>8,7 ' 10 3 м=8,7 мм.
Сечение В
MX=FR=60  0,1 = 6 Н м;
Mz=FR=60 • 0,1 = 6 Н м.
361
Опасными являются точки KY и L\ (10.36, б). Нормальные
и касательные напряжения в этих точках имеют соответственно
следующие значения:
Мх 6	36
о ————=—;
1 Wx а3 а3
6
Mz 6	6	28,8
Т к == = =	” ==--•
1 Wx а а3 0,208а3 а3
По формуле (10.8) имеем:
^,.)л=^+з^=(¥)2*150' *°6’
Откуда а>7,4 • 10-3 м=7,4 мм.
Таким образом, опасным оказалось сечение А и размер а следует
принять, исходя из условия прочности, составленного для этого
сечения. С некоторым округлением принимаем а=9 мм.
Задача 10.15. Определить коэффициент запаса прочности чугун-
ного бруса, изображенного на рис. 10.37, а. Временное сопротивле-
ние (предел прочности) на растяжение <твр= 120 МПа, на сжатие
сгвс=360 МПа.
Решение. Участок CD.
Консольный брус CD испытывает прямой поперечный изгиб.
Наибольшее значение изгибающего момента (в месте сочленения
брусьев АВ и CD)
qa2 15 103 0,32	„ тт
шах Мх=— =------------------= 675,0 Н • м.
2	2
Момент сопротивления при изгибе
b/h2 4 ' 62	,
Wx=------=------=24 см3.
6	6
Наибольшее нормальное напряжение (в верхних точках сечения)
maxAfr 675,0	,
crmax=----~=-----—=28,1 ’ 106 Па=28,1 МПа.
Wx 24 1(Г6
Напряженное состояние в этих точках линейное, так как отсут-
ствуют касательные напряжения на площадках, совпадающих
с плоскостью поперечного сечения. Поэтому нет необходимости
в применении какой-либо гипотезы прочности. Коэффициент запаса
прочности
362
°max 28,1
Прочность материала в нижних точках не проверяем, поскольку
чугун на сжатие работает лучше, чем на растяжение.
Участки АЕ и BE.
Для проверки на прочность предварительно раскрываем стати-
ческую неопределимость. Расчетную схему нагружения бруса АВ
(рис. 10.37, б) получим, если перенесем на его ось (в точку Е)
равнодействующую равномерно распределенной нагрузки q. Имеем
сосредоточенную силу
F=qa—\5  0,3=4,5 кН
и сосредоточенный момент, величина которого
/а Z>\
m=qal-+2j = 15  0,3 (0,15+ 0,015)=0,742 кН -м.
363
Здесь 6=3 см — основание поперечного сечения бруса АВ.
Сила F вызывает изгиб бруса, а момент т — кручение.
Рассмотрим отдельно изгиб и кручение бруса.
Изгиб (рис. 10.38, а).
Вертикальные реакции опор А и В вследствие симметрии равны
по 0,5К Горизонтальные составляющие реакций примем равными
нулю, если предположим, что одна из заделок (например, в точке В)
не препятствует горизонтальному смещению закрепленного сечения
бруса. В заделках возникают реактивные моменты, которые нахо-
дим из канонического уравнения метода сил (см. гл. VII).
Рис. 10 38
Это уравнение в данном случае выражает отсутствие взаимного
поворота сечений А и В. Основная система изображена на рис.
10.38, б; основная система, нагруженная силой F и грузовая эпюра
MF показаны на рис. 10.38, виг. Нагружение единичными момен-
тами и единичная эпюра — на рис. 10.38, д и е.
Применяя правило Верещагина, находим перемещения и A]F:

1) 1 =
/
EJX
1 I /11-	F/2
EJX \ 2 4 / 8ГЛ
Из уравнения перемещений имеем:
у _ A,F
1- 8n~ SEJxl~ s'
364
Окончательная схема нагружения и результирующая эпюра из-
гибающих моментов изображены на рис. 10.38, ж, з. Эпюру Qy не
строим, так как влиянием поперечной силы пренебрегаем.
Кручение (рис. 10.39, а).
Приложенный в среднем сечении бруса АВ момент т вызывает
скручивающие реактивные моменты в опорах А и В. Величины этих
моментов можно найти, если составить единственное в этом случае
уравнение равновесия t,mz=0 и дополнить его уравнением пере-
мещений. Последнее выражает условие, что при кручении угол
поворота сечения А относительно сечения В равен нулю. Однако из
соображений симметрии можно сразу установить, что решение
приведет к результату
т
тА = тв=
2
и результирующая эпюра кру-
тящих моментов Mz примет
вид, изображенный на рис.
10.39, б.
Рис. 10.40
Рис. 10.39
Из сопоставления эпюр Мх и Mz видно, что брус имеет четыре
равноопасных сечения (отмечены на рис. 10.37, б волнистыми лини-
ями).
Рассмотрим, например, сечение 1 — 1 (см. рис. 10.37, б).
Проверку на прочность необходимо выполнить для точек
К и L (рис. 10.40). Материал работает на растяжение и сжатие
неодинаково. Поэтому применяем гипотезу прочности Мора.
Точка К:
ст^=0,
742
Тк=Ттах=—= — =-----------—-------= 28,0  106 Па=28 МПа,
Wx 2a.b2h 2  0,246 ’ 0,032 ' 0,06
365
где а=0,246 и в дальнейшем расчете у = 0,796 взяты из табл. 4.1
§ 9 при * = 2.
Применив формулу (10.6), получим:
(стэ1У)^=1 " \/4? = G + v)t=(1 +0,33)28,0 = 37,2 МПа.
Здесь	„ ПП
°»р	120
v= =	=0,33.
свс 360
Коэффициент запаса прочности для точки К
°вР 120
п= - =	=3,23.
(o'sIvJa: 37,2
Точка L:
max Л/, Fl 4,5 103 0,8	,
^ = <7^= - х=- - =	=25 Ю6 Па=25 МПа;
Wx bh2 0,03 0,Об2
8 -	8
6	6
TL=yTmax=0,796 • 28,0 = 22,3 МПа.
Эквивалентное напряжение
(<73iv)l=1-°’33 • 25,0+ 1+°’33 ^25,о2 +4 • 22,32 = 42,4 МПа,
коэффициент запаса прочности
<7Р	120	„
п= ’ =	=2,83.
(°31v)l	42,4
Таким образом, для рассмотренной конструкции п=пт1п = 2,83.
ГЛАВА XI
РАСЧЕТ ТОНКОСТЕННЫХ СОСУДОВ*
§ 35. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ
Сосуд (резервуар) для газа или жидкости в большинстве случаев
представляет собой тонкостенную осесимметричную оболочку, т. е.
тело, у которого один размер (толщина) много меньше двух других
размеров.
Геометрическое место точек, равноотстоящих от поверхностей,
ограничивающих оболочку, называют ее срединной поверхностью.
Очевидно, что срединная поверхность осесимметричной оболочки
представляет собой поверхность вращения (рис. 11.1).
Приведем краткие сведения о геометрии поверхностей вращения.
Плоскость, проходящая через произвольную точку М поверхности
и ее ось симметрии (ось вращения), дает в пересечении с поверх-
ностью кривую (в частных случаях — прямую) линию, называемую
меридианом (рис. 11.2). В .пересечении поверхности плоскостью,
♦Основная часть главы XI написана Ю. В. Гавриловым.
367
нормальной к меридиану в точке М, также получается некоторая
кривая (рис. 11.3). Кривизны этой кривой и меридиана в точке
М называют главными кривизнами поверхности вращения в данной
точке. Соответствующие радиусы кривизны (их также называют
главными) меридиональный рт и окружной рв показаны на рис . 11.4.
Радиус кривизны меридиана рт может быть определен способом,
известным из курса математики, если задано уравнение меридиана.
Радиус кривизны рв равен отрезку нормали в точке М между осью
и поверхностью (отрезок ОМ на рис. 11.4).
Для расчета на прочность тонкостенных сосудов (точнее говоря,
для определения напряжений, возникающих в их стенках), находя-
щихся под действием внутреннего осесимметрично распределенного
давления р газа или жидкости, выделяют бесконечно малый элемент
оболочки двумя бесконечно близкими меридиональными сечениями
и двумя плоскостями, нормальными к меридиану (рис. 11.4). От-
дельно этот элемент доказан на рис. 11.5, а. На его гранях возника-
ют только нормальные напряжения, т. е. эти грани для точки
М главные площадки.
Напряжение ив в меридиональном сечении называют окружным
(или кольцевым), а напряжение ит в сечении, перпендикулярном
к меридиану,— меридиональным напряжением. Для тонкостенного
сосуда (оболочки) принимают, что эти напряжения равномерно
распределены по толщине д стенки оболочки. Из уравнения равно-
весия элемента (условия равенства нулю проекций всех сил на
нормаль к поверхности элемента) вытекает зависимость
О'т	О'С Р
+ = ,
Рт	РО	&
называемая уравнением Лапласа.
(НЯ)
368
Отметим, что вблизи внутренней поверхности оболочки кроме
напряжений crfl и ст возникают также радиальные нормальные на-
пряжения сг, равные по модулю давлению р (на рис. 11.5, б показан
бесконечно тонкий элемент, выделенный вблизи внутренней поверх-
ности оболочки, а на рис. 11.5, в — вблизи внешней). Однако, как
Рис. 11.5
следует из уравнения Лапласа, напряжения ат и ав имеют порядок
рР (р — характерный радиус кривизны), т. е. во много раз превы-
6
шают сгг, ибо Р » 1 (рассматриваются тонкие оболочки). Следовате-
льно, величиной сгг можно пренебречь и считать напряженное состо-
яние во всех точках стенки обо-
лочки плоским.
В частных случаях при рт = <х>
(например, цилиндрические или
конические оболочки) из уравне-
ния Лапласа непосредственно
определяется величина сг0. В об-
щем случае вначале определяют
величину crm. Для этого рассекают
Рис. 11.6
оболочку коническим сечением,
нормальным к срединной поверх-
ности, и составляют уравнение
равновесия для оставленной ча-
сти — условие равенства нулю
суммы проекций на ось вращения
всех сил, приложенных к отсечен-
ной части (рис. 11.6). Подчеркнем,
что нормальное коническое сече-
ние можно представить как бесчисленное множество сечений плос
костями, нормальными к меридианам во всех точках окружности.
При составлении указанного уравнения равновесия целесо-
образно пользоваться приемом, который часто называют «прин-
ципом отвердения». Состоит он в том, что, рассекая оболочку
369
нормальным коническим сечением, одновременно «рассекают» и газ
(или жидкость), находящийся в ней под давлением. Отбрасывая
одну часть оболочки, одновременно отбрасывают и газ, а действие
отброшенного газа (или жидкости, или того и другого) на остав-
шийся заменяют соответствующим давлением
р=Ро+yh,
где р0 — давление газа над поверхностью жидкости;
у — удельный вес жидкости;
h — глубина — расстояние от свободной поверхности жидко-
сти до сечения (рис. 11.7, а).
Рис. 11.7
Отметим, что равнодействующую сил давления проще опреде-
лять, если рассекать жидкость или газ плоскостью, нормальной
к оси вращения оболочки, что не мешает рассекать оболочку кони-
ческим сечением, нормальным к меридиану, как показано на рис.
11.7, б.
Изложенная теория определения напряжений (так называемая
безмоментная теория оболочек) для тонкостенных осесиммет-
ричных оболочек при отсутствии нагрузок в виде сосредоточенных
сил и моментов, непрерывном изменении радиуса кривизны мери-
диана рт и толщины стенки б и при отсутствии изломов меридиана
обеспечивает точность, вполне достаточную для инженерных рас-
четов.
Напряжения изгиба, возникающие в стенках оболочек в местах
жестких закреплений и в местах скачкообразного изменения кривиз-
ны меридионального сечения, носят местный характер и быстро
затухают по мере удаления от зон их возникновения.
370
Заметим, что при инженерных расчетах обычно не учитывают
различий в величинах радиусов кривизны внутренней, срединной
и наружной поверхностей оболочки (см. также решение задачи 11.1).
Для определения опасной точки (точек) сосуда во многих случа-
ях целесообразно построение эпюр ат и <те (см. § 36). Когда опасная
точка установлена, по известным для нее главным напряжениям
ат и ад находят по выбранной гипотезе прочности эквивалентное
напряжение и составляют условие прочности, как показано в приве-
денных ниже примерах.
§ 36. ПРИМЕРЫ ОПРЕДЕЛЕНИЯ НАПРЯЖЕНИЙ
В ТОНКОСТЕННЫХ СОСУДАХ И ИХ РАСЧЕТОВ НА ПРОЧНОСТЬ
Задача 11.1. Построить эпюры меридиональных и окружных
напряжений для тонкостенного резервуара, в котором находится газ
под давлением рп=2,0 МПа (рис. 11.8). Толщина стенки сосуда <5=
= 5 мм; диаметр срединной поверхности цилиндрической оболочки
D = 2R = 500 мм. Резервуар считать невесомым.
Решение. Задача, естественно, распадается на две: 1) определе-
ние напряжений ат и ае в цилиндрической части резервуара; 2) то же
в конической части.
Рис 11.9
Рассечем цилиндрическую часть резервуара плоскостью, нор-
мальной к его оси, отбросим нижнюю часть и заменим действие
отброшенной части на оставленную соответствующими усилиями
(рис. 11.9). Это будут, во-первых, силы, соответствующие напря-
жениям ат, равномерно распределенным по сечению стенки
резервуара, и, во-вторых, силы, обусловленные давлением газа
Ро, которое согласно «принципу отвердения» можно приложить
371
непосредственно к газу, находящемуся в верхней части резервуара.
Эти силы нормальны к секущей плоскости.
Составим уравнение равновесия для оставленной части сосуда
(условие равенства нулю суммы проекций всех сил на вертикальную
ось см. рис. 11.9):
„	л(2Я-<5)2
cml2-nRf)-р0-------= 0.
4
Здесь первый член — равнодействующая системы сил, обуслов-
ленных возникновением меридиональных напряжений (2тгЛ<5 —
площадь кольца, образованного сечением стенки резервуара). Вто-
рой член — равнодействующая сил давления газа. Площадь круга,
по которой распределено давление р0, вычислена по размерам,
указанным на рис. 11.9. Однако, учитывая, что <5 : Л = 5 : 250 — 1/50,
величиной Ь по сравнению с 2R можно пренебречь и тогда уравне-
ние равновесия примет вид:
cm{2.7tR<b —pQnR2 = 0,
откуда
А
^ml=Po~-	(а)
20
Подставляя числовые данные, получаем
О 25
о-и1 = 2 • 106-----= 50,0 МПа.
2 5 10"3
Окружные напряжения ав определим из уравнения Лапласа
ст\ _Р
Рт1 Рв1 &
В рассматриваемой задаче pmi = oo; pei = R и р=рй и уравнение
Лапласа упрощается:
Ро
R~ 8'
Отсюда
aei=p0 -=2  106  -^-=100,0 МПа.	(б)
Р S	5 • 10-3
Заметим, что, как было указано выше (см. с. 369), в рассматрива-
емом случае можно сначала определить сгв1, а не сгт1, так как
в уравнение Лапласа величина crmi не вошла.
Для конической части резервуара принципиально задача решает-
ся аналогично.
Для определения ат стенку резервуара (рис. 11.10, а) необходимо
разрезать нормальным коническим сечением (см. с. 370); газ же
372
удобнее «резать» горизонтальной плоскостью (рис. 11.10, б, в), так
как при этом выражение для равнодействующей сил давления упро-
щается.
На основе рис. 11.10, в составим уравнение равновесия сил,
действующих на нижнюю оставленную часть сосуда,
(ат2 cos а)2пгё — ро^г2 = 0.
Рис. 11.10
Здесь crm2 cos а — вертикальная составляющая меридионального
напряжения. При определении площади, по которой действует дав-
ление р0, учтено, что йсг, т. е. принято (2г— 8)2а(2г)2. Поверхность
сечения конуса, на которой возникают напряжения ат2 (ее площадь
принята равной 2тгп5), показана отдельно на рис. 11.10, г.
Из составленного уравнения равновесия имеем:
г
ст2~Р0
23 cos а
(в)
Подставляя сюда r=- z, что следует из рис. 11.10, а, получаем
окончательно,
R
Oml—Po
-------- Z.
28h cos а
Определим ад. Очевидно, что в данном случае рт= со и из
Уравнения Лапласа следует:
373
Рв2
^62—Ро — 
О
Учитывая, что
г R
Рв2=----=-------z (см. рис. 11.10, а),
cos a hcos а
получаем окончательно
R
^В2=Ро~ z-
oh cos а
(г)
Эпюры напряжений ат и ав, построенные по полученным выра-
жениям при заданных значениях величин р0, R, h, <5, показаны на
рис. 11.11.
Рис. 11.12
Выясним происхождение скачков напряжений при переходе от
цилиндрической части резервуара к конической. Скачок в величине
ит, как следует из сравнения выражений (а) и (в) (при z=h), появля-
ется за счет cos а в знаменателе выражения (в). Механический смысл
этого обстоятельства становится ясным, если рассмотреть равнове-
сие бесконечно тонкого пояса, вырезанного на границе стыка двух
оболочек, т. е. цилиндрической и конической частей сосуда (рис.
11.12). Поскольку реакция опоры отсутствует (резервуар считается
невесомым) и давления р0 сверху и снизу взаимно уравновешивают-
ся, то равновесие возможно лишь при условии traces a=ami. Разу-
меется, этот вывод верен лишь в том случае, если толщины обеих
оболочек одинаковы.
Скачок в величине сге определяется скачком в величине рв в урав-
нении Лапласа, которое для обеих оболочек принимает вид
374
0’s Po
Рв s
Для того чтобы разобраться в сути вопроса, необходимо вспом-
нить, как получено уравнение Лапласа. А именно, это уравнение
следует из условия равенства нулю суммы проекций всех сил,
приложенных к бесконечно малому элементу стенки оболочки, на
нормаль к срединной поверхности. Вырезая такие элементы для
каждой из оболочек (рис. 11.13, а) и глядя на каждый из них вдоль
образующей (рис. 11.13, б), убеждаемся, что из условия рВ2>рв] при
равных дугах ds следует dq)2<dip1. А поскольку в обоих случаях
напряжения сг02 и <ге1 должны уравновесить одну и ту же по величине
равнодействующую сил давленияр0, то из условия dcp2<d(pi следует
<Te2>Cei- Если произвести вычисления, то получим
<Гв2_Рв2_ 1
o’ei Pei cos а
В заключение сделаем одно замечание общего характера При составлении
уравнений равновесия мы умышленно допускали погрешность, имеющую порядок —
R
375
(пренебрегали величиной ё по сравнению с радиусом срединной поверхности) Дело
здесь не только в том, что погрешнось эта мала. Здесь действует гораздо более
принципиальное соображение: при решении задач теории оболочек бессмысленно
ё
вносить уточнения, имеющие порядок поскольку сами соотношения теории обо-
R
лочек имеют погрешность того же порядка.
Задача 11.2. Проверить прочность газгольдера (рис. 11.14). Ма-
териал— низколегированная сталь с пределом текучести сгт =
= 360 МПа, требуемый коэффициент запаса [и] = 1,8, р0= 1,5 МПа.
Решение. Как было установлено, в точках стенок резервуаров
возникает плоское напряженное состояние, и, следовательно, усло-
вие прочности имеет вид:
п =
аЭ1Е
Для определения эквивалентного напряжения в опасной точке со-
суда требуется предварительно найти главные напряжения (окруж-
ное и меридиональное напряжения) в этой точке.
Применяя метод сечений для цилиндрической части газгольдера
(рис. 11.15, а) и составляя уравнение равновесия (Zz = 0)
omiI2nR8 — p0nR2 — 0,
получаем:
Отп^Ро R —1,5	1,500 . = 94 МПа.
' 2<5	2 12 10-э
Полагая в уравнении Лапласа pm=oo, Pe=R и р=р0, найдем
окружное напряжение сгВц для цилиндрической части газгольдера
R
Свц — Ро~-
О
Проделаем то же самое для сферической части. Производя раз-
рез нормальным комическим сечением, отбрасывая левую часть
376
и заменяя ее действие на правую напряжениями атс и давлением
р0 (рис. 11.15, б), получаем возможность определить crmc в сферичес-
кой части из уравнения равновесия
(crmc sin (p)2nr5 —р&а2 — О
или
Учитывая, что г=R sin ср, окончательно получаем:
Уравнение Лапласа для сферической оболочки (рт=р6==7?) будет
иметь вид:
О/нс °вс РО
R R ~ 6 '
Отсюда
R	R
Свс=Ро Т — °тс =Ро Г.
о	2.0
Отметим, что ту же задачу можно было решить значительно проще. Дейст-
вительно, из симметрии сферической оболочки и симметрии нагружения следует, что
Отс=авс- Тогда, положив в уравнении Лапласа атс = оес> получим:
R S
или
R
авс~атс=Ро ~-
2о
Эпюры напряжений <тт и св показаны на рис. 11.16.
Очевидно, опасным является цилиндрический участок газголь-
дера. Элемент, вырезанный в произвольной точке цилиндрического
участка, изображен на рис. 11.17. Строго говоря, здесь следовало бы
показать и напряжение в направлении нормали к срединной поверх-
ности. Однако это напряжение, как уже указывалось (см. с. 369),
377
мало по сравнению с сгт и crfl (наибольшего значения оно достигает
у внутренней поверхности: <тг = — р = — 1,5 МПа) и им можно пренеб-
речь.
Вычислим эквивалентное напряжение для любой из опасных
точек, применив гипотезу прочности энергии формоизменения. По-
скольку
то б'1 = о'оп= 188 МПа, ст2=сгтц=94 МПа, ст3 = 0.
По формуле (10.7) имеем:
[(^1 - сг2)2 + (ст2 - сг3)2 + (ст3 - сг, )2] =
[(<Т1-СГ2)2 + <Т2 + <72] =
[ст2 — 2сг, а2 4- Ст2 4- <т2 4- о-2] =
= Vcti + ct2-^2=5/1882+942-188 94 = 163 МПа.
Рис 11 16
Коэффициент запаса по от-
ношению к пределу текучести
360
163
= 2,21,
что примерно на 23% выше требуемого.
В заключение истолкуем скачок ав при переходе от цилиндричес-
кого участка к сферическому. Происхождение этого скачка стано-
вится ясным после сравнения элементов, вырезанных из стенок
цилиндрического и сферического участков (рис. 11.18). Действитель-
но, для первого элемента (рис. 11.18, а) равнодействующая dF сил
давления уравновешивается только напряжениями <тОц (меридио-
нальные напряжения не дают проекции на нормаль к элементу). Что
касается второго элемента (рис. 11.18, 6), то здесь и сгйс и атс дают
равные проекции на нормаль, вследствие чего каждое из них оказы-
вается в два раза меньше, чем Овц.
Предлагаем читателю самостоятельно обосновать отсутствие
скачка на эпюре ат.
378
Задача 11.3. Сравнить прочность двух заполненных жидкостью
резервуаров, отличающихся только условиями закрепления (рис.
11.19). Применить гипотезу наибольших касательных напряжений.
Решение. Задача сводится к сравнению величин эквивалентных
напряжений для опасных точек обоих резервуаров. Опасная точка
каждого из резервуаров определяется в результате анализа эпюр,
показывающих изменение величины эквивалентных напряжений по
высоте стенки резервуара.
Для той же цели можно ограничиться построением и анализом
эпюры главных напряжений, так как по ним легко сопоставить
величины эквивалентных напряжений для различных точек стенок.
Для определения меридиональных напряжений в первом случае
удобно рассмотреть нижнюю отсеченную часть (рис. 11.20), во
втором — верхнюю (рис. 11.21).
Уравнение равновесия для первого случая (см. рис. 11.20) имеет
вид:
(Tm2nRS —pnR2 — GR=0,
где p=yz — гидростатическое давление жидкости на данном
уровне (у — удельный вес жидкости);
(7и = улЯ2 (h—z) — вес жидкости в оставленной части резервуара.
Подставив в уравне-
ние равновесия значения
р и (7Н, получим:
am2nRb—yznR2 —
—ynR2(h— z) = 0,
откуда окончательно
yhR
Составляя уравнение
равновесия для второго
случая (см. рис. 11.21),
имеем:
379
Gm2nRb—pnR2 + G„ = 0,
или после подстановки выражений для р и G„
Gm2nRb — yznR2 + ynR2z=0,
откуда
Столь различные результаты не должны вызывать недоумения.
Действительно, и в том и в другом варианте вес всей жидкости
воспринимается днищем резервуара. Но во втором случае он непо-
средственно передается на опору, в то время как в первом случае
передача этого усилия на опору осуществляется через стенку резер-
вуара.
Рис. 11.21
Рис. 11.20
Определим окружные напряжения. Очевидно, они в обоих резер-
вуарах будут одинаковы, поскольку закон распределения гидроста-
тического давления не зависит от условий закрепления.
Уравнение Лапласа для обоих случаев имеет вид:
0е_р
R~ <5
(pe=R, рт= оо), откуда, полагая p=yz, имеем:
yRz
ae=T.	1
Эпюры ст и ад, построенные по полученным зависимостям,
показаны на рис. 11.22. Как следует из этих эпюр, в стенке
первого резервуара всюду (за исключением верхней кромки) имеет
место плоское напряженное состояние. При этом в верхней части
^при z<0 ат><?е и, следовательно, oi = om и о2=ов (сг3=0),
в нижней же части gs>g„ и здесь Gt = GB и с2 = сг„. Таким образом,
эпюра tri в верхней части будет совпадать с эпюрой о-„, а в ниж-
ней— с эпюрой ов, а эпюра g2— наоборот (см. рис. 11.23).
380
Для второго случая (см. рис. 11.22, б) в любой точке стенки
возникает линейное напряженное состояние и эпюра св одно-
временно является эпюрой оу
Переходим к окончательному этапу решения задачи — сравне-
нию прочности резервуаров. Опасными в обоих случаях являются
точки, лежащие в непосредственной близости к днищам, где наи-
больших (и равных) значений достигают главные напряжения
Рис. 11.22
Поскольку в выражение для эквивалентного напряжения по третьей
теории прочности б-2 не входит, то и в первом и во втором резерву-
yhR
арах сэщ = СТ1 — 0з=— и, следовательно, резервуары равнопрочны.
S
Задача 11.4. Из условия прочности определить, до какого уровня
Н можно заполнить жидкостью с удельным весом у= 14 103 Н/м3
конический резервуар (рис. 11.24) при толщине стенки 8 = 6 мм,
высоте Но=9 м и радиусе основания Ад—4,5 м. Принять [ст] =
= 50 МПа. Применить гипотезу наибольших касательных напря-
жений.
Решение. Искомая величина Н может быть определена из
условия прочности, если предварительно эквивалентное напряжение
для опасной точки будет выражено через Н.
Положим Н<Н0. Тогда при построении эпюр напряжений
от и сге будем иметь два участка. Проводя сечение на первом
(верхнем) участке (рис. 11.25, а) и составляя уравнение равновесия,
получаем:
(Tmi cos a2itr8—Go-0.
Здесь G0=y - nR2H— вес всей жидкости, залитой в резервуар.
381
Из уравнения равновесия с учетом значения Go найдем:
yR2H
1 ~ •
6drcosa
Учитывая, что r=z tg а и R—Ht&a. (см. рис. 11.25, а), получаем
окончательно:
ytga Я3
^"zn 1	”	
8 cos a 6z
Поскольку на участке I давление на стенку отсутствует, то из
уравнения Лапласа следует, что сгО1 = О.
Перейдем к участку II (нижнему). При составлении уравнения
равновесия для нижней отсеченной части здесь кроме веса жидкости
G= у 1 7rr2z следует учесть равнодействующую сил гидростатичес-
кого давления, равную у (И—z)nr2 (рис. 11.25, б). Уравнение равно-
весия будет иметь вид:
crmI1 cos а2пгЗ — у - nr2z— у (Н—г)лг2 — 0.
Отсюда
ytga г(ЗЯ—2z)
8 cos a	6
Выражение для <теп получим, как обычно, из уравнения Лапласа,
положив в нем р„=оо, рв=---и р=у(Н—z).
cos a
382
Таким образом,
Рв У ГТТ \
степ=т 7=7----- r{H-z),
о о cos а
или после подстановки r=ztga
>’te“	A
ffen=7 z(H—z).
dcosa
Итак, получены следующие выражения:
при z^H
ytga №	у Н3
^=~ - = 0,0934 "-,
<5 cos a 6z	3 z
(а)
(б)
при
°ei—0;
а)
Рис. 11.25

ytga z(3H— 2з)	у
ama=~-------------— = 0,0934 - z(3/7-2z),
<5cosa 6	8
ytga	v
<rfin=— - z(//-z) = 0,561 - z(H-z).
6 cos a	8
Здесь учтено, что
(в)
(г)
Л) 4,5 Л _
tga =—=— = 0,5;
Но 9,0
1
1
cos а=—^-.7. .--.= 	= 0,892.
v/l+tg* 2a -y/1+0,52
383
Для построения эпюр необходимо определить точки экстрему-
мов функций (z) и ав (z) на втором участке.
Продифференцировав выражения (в) и (г), найдем, что
—-=0 при z=Q,'15H,
dz
dna
— = 0 при z = 0,5077.
dz
Подставив эти значения z в выражения (в) и (г), получим мак-
симальные значения напряжений:
maxсг„п=0,0934 - 0,75Я(ЗЯ-2 0,7577) = 0,1052 - Н1-	(д)
6	ё
тахсгеп = 0,561 - 0,5/7(Я-0,577)=0,140 772.	(е)
Рис. 11.26
Эпюры ат и ав, построенные по выражениям (а) -е- (г), показаны
на рис. 11.26, а. Как следует из этих эпюр, на верхнем участке и на
части нижнего участка ат превышает <те и, таким образом, здесь
«( — О'™, о'2=сгй, сг3=О. Далее ат и ае «меняются ролями». Чтобы
найти значение zb при котором меридиональное напряжение равно
окружному, приравняем правые части выражений (в) и (г), что
приведет к уравнению 4zi — 377= 0, откуда Zi = 0,7577. Следователь-
но, ат=ав в точке экстремума эпюры ат.
На основе эпюр ат и <те и проведенного анализа строим эпюры
главных напряжений (рис. 11.26, б). Поскольку расчет ведется по
гипотезе наибольших касательных напряжений и поскольку <т3=0,
то эпюра Ст] одновременно является эпюрой Они (сяи = «Ч о‘з=°'1)-
384
Как видно, эквивалентное напряжение принимает максимальное
значение на расстоянии 0,57/ от вершины конуса.
Из условия прочности
max <тэи^ [ст]
или
0,140 * Я2^[<т],
откуда
Подставив числовые значения, получим:
'6 10'3-50 106
= 12,35 м.
0,140 14 103
Итак, Н>Н0 (Но=9,О м), т. е. допускаемый уровень поверхности
жидкости больше высоты резервуара.
Этот результат, хотя формально и лишен смысла, практически
означает, что резервуар может быть залит полностью и при этом
будет работать с небольшой
недогрузкой. Заметим, что
обычно требуемую по усло-
вию прочности толщину
стенки резервуара увеличи-
вают на 1,5 ч- 2,5 мм с уче-
том ее возможного ослабле-
ния в результате коррозии
материала. Если с учетом
сказанного принять в дан-
ной задаче расчетную толщину стенки на 2 мм меньше заданной,
т. е. <5 = 4 мм, то получим Н= 10,1 м. Вывод о возможности заливки
резервуара до верхней кромки остается в силе.
Задача 11.5. Определить минимально необходимую толщину
стенки резервуара (рис. 11.27), применив гипотезу прочности энер-
гии формоизменения. Принять [ст] = 30 МПа. Удельный вес жид-
кости, налитой в резервуар, у = 9 103 Н/м3 (минеральное масло).
Решение. Требуемая толщина стенки определится из условия
прочности, составленного для опасной точки стенки резервуара.
Положение опасной точки установим, проанализировав эпюры на-
пряжений.
Для определения меридиональных напряжений, возникающих
в стенках резервуара, будем, проводить нормальные конические
сечения (рис. 11.28, а). В качестве независимой переменной примем
угол tp. Радиус г основания сферического сегмента, полученного
В Ицкович Г.М., МининЛ.С., ВинокуровА.И.
385
после отбрасывания верхней части ре ервуара (рис. 11.28, б, в),
связан с радиусом сферы зависимостью
r=7?sin<p.
Составим уравнение равновесия для нижней отсеченной части,
когда сечение проведено выше уровня свободной поверхности жид-
кости (рис. 11.28, б):
Здесь у Ко — вес всей жидкости, залитой в резервуар,
Ко — объем соответствующего сферического сегмента.
Формула для объема сферического сегмента имеет вид:
“TtR 3
К= - (2—3cos<p + cos3tp).
Учитывая, что согласно исходным данным cos сро = О,5, получаем:
уКо= 5 луК3.
24
Подставляя далее Ко и г в выражение (а), придем к уравнению
<тт1 sin tplnR sin <р<5 — луЛ 3 = О,
386
откуда
Для участка II (нижнего) уравнение равновесия имеет вид (рис.
11.28, в):
<ттП sin (p2nrb —pnr2 — yV—0.	(в)
Здесь р — гидростатическое давление на глубине h (рис. 11.28, а)
,	( г,	1 ~
p — yh — y I R cos (р — R
\	2
или окончательно
14	/4
р=— (2cos<p —1).	(г)
Подставляя выражения для г, р и V в уравнение (в), получаем:
у 7?
сттП sin (p2nR sin ср8-----(2cos ср — 1)л7?2 sin2 tp —
2
яЛ3	,
— у — (2—3cos<p+cos <р)—0.
Выражая отсюда сг„п и производя несложные преобразования,
придем к формуле
1 yR2
4 cos2 ф
1+COS (р
(д)
Выражения для окружных напряжений получим из уравнения
Лапласа, которое для сферической оболочки имеет вид
R
ат+ав=р-	(е)
О
поскольку
Pe = Pm = R-
Подставляя в уравнение (е) для верхнего участка р=0 и ami со-
гласно выражению (б), а для нижнего р и <ттП согласно выражениям
(г) и (д), получаем зависимости для ав.
Окончательно имеем следующие формулы для определения ме-
ридиональных и окружных напряжений:
для участка I (при 60° < ср 90°)
Cml— ~Cfll — —
48
5 yR2 1
8 sin2 q>
(ж)
13*
387
для участка II (при 0 < (р < 60°)
Cmll —
°оп —
6
1 yR2
12 S
1 yR2
2 5
4cos2<p
1 + cos <р
2 cos ср —
4cos2<p
1 + cos <р
(з)
(и)
Рис. 11.29
Полагая согласно исходным
данным R = 2 м и у = 9 ' 103
Н/м3, по приведенным соотно-
шениям построим эпюры <тт
и <тй (рис. 11.29, а) и затем эпю-
ры главных напряжений (рис.
11.29, б, в).
При построении последних,
как обычно, принимаем, что ра-
диальные напряжения равны ну-
лю. Тогда на участке, где сг0< О,
главные напряжения равны:
<7! = <7т, сг2 = 0, сг3 = <70. Там же, где
<70>0, роль <72 начинает играть
<7е, а (73 —0. Строим эпюру эк-
вивалентных напряжений <7.jV,
используя эпюры главных на-
пряжений и применяя фор-
мулу
[(<71 — <72)2 + (<72 — <73)2 + (<73 — <71)2].
Как следует из этой эпюры (рис. 11.29, в), o\,v максимально для
нижней точки резервуара. Условие прочности имеет вид:
9 103 г п
max <73v = —-—[oj,
откуда
„ 9 103 9 103	,
<5>--------------=0,3  10 3 м=0,3 мм.
[а]	30 106
С добавкой на ослабление стенки в результате коррозии (см. с.
385) следует принять <5 = 3 мм.
388
Задача 11.6. К коническому стеклянному сосуду, изображенному
на рис. 11.30, присоединена трубка малого диаметра (dx 0). Система
до верхнего уровня трубки заполнена жидкостью, плотность кото-
рой р=1,2' 103 кг/м3. Проверить прочность сосуда, если [<тр] =
= 6 МПа и [<rj = 100 МПа.
Решение. Рассечем сосуд произвольным коническим сечением
(рис. 11.31, а). Его положение определяем координатой z или г.
•X
r=z ' tg =z, так как а/2 = 45°. Найдем напряжения в точке К.
Радиус кривизны меридионального сечения рт=<Х). Поэтому из
уравнения Лапласа (11.1) имеем
РРе
где радиус кривизны окружного (конического) сечения
pe = r/cos ^=r/cos45o = r-v/2 = z-v/2.
Давление в точке К равно
p = pg(z+77),
где g — ускорение силы тяжести.
Окончательно получаем
РРв pgy/l
(Тв=—z(z + #).
h h
Наибольшее значение окружного напряжения при z — <г.
шахстй=1,2--- 9’81А’41 0,3 (0,3+ 2,0)=2,86  106 Па=2,86 МПа.
0,004
389
Для определения меридионального напряжения проще рассмот-
реть равновесие верхней отсеченной части сосуда (рис. 11.31, б):
Zz = 0;	2nrh(Tmcos + nr2zpg—nr2p = O.
Отсюда
<(Тв.
Таким образом, в опасном сечении
ел = <т0 = 2,86 МПа;	<т2 = <тт и	<т3 = — р= — pg(a + H) =
= -1,2  103  9,81 (0,3+ 2) =-0,027 МПа.
По критерию Мора запишем условие прочности (так как матери-
ал хрупкий):
<7эга = <71 - V<73 <[<7р], где V = [<Тр]/[сГс] = 6/100. = 0,06.
В результате имеем
<тЭ1В=2,86 - 0,06 ( - 0,027) а 2,86 < [<тр] = 6.
Итак, прочность обеспечена. На рис. 11.31, в построены эпюры
напряжений <тт и <т0.
ГЛАВА XII
РАСЧЕТ ТОЛСТОСТЕННЫХ ЦИЛИНДРОВ, НАХОДЯЩИХСЯ
ПОД ВНУТРЕННИМ И НАРУЖНЫМ ДАВЛЕНИЕМ
§ 37. КРАТКИЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ.
ОСНОВНЫЕ РАСЧЕТНЫЕ ФОРМУЛЫ
Толстостенные цилиндры, подвергающиеся действию равномер-
но распределенного внутреннего и наружного или только внутрен-
него, или только наружного давления, представляют собой элемен-
ты химических машин и аппаратов, гидравлических прессов, комп-
рессоров, артиллерийских орудий и т. д. К задаче о расчете толсто-
стенного цилиндра сводится расчет широко применяемых в маши-
ностроении посадок с гарантированными натягами, при которых
охватываемая и охватывающая цилиндрические детали посажены
одна на другую с натягом, обеспечивающим их взаимную непо-
Рис. 12.1
движность и даже возможность передачи осевого усилия или враща-
ющего момента. Определение напряжений, деформаций и переме-
щений в рассматриваемых цилиндрах относится к осесимметрич-
ным задачам теории упругости и сопротивления материалов; ее
называют задачей Ляме.
В точках стенок закрытого цилиндра (цилиндра или трубы с дни-
щами) при действии внутреннего давления рг и наружного р2
(рис. 12.1) возникает трехосное напряженное состояние.
391
Для произвольной точки стенки цилиндра главные площадки
совпадают: с продольным сечением, проходящим через радиус ци-
линдра (меридиональное сечение); с площадкой, касательной к ци-
линдрической поверхности, концентричной внешним поверхностям
цилиндра и проходящей через данную точку; с поперечным сечени-
ем цилиндра. Бесконечно малый элемент, выделенный главными
площадками, в проекции на плоскость чертежа показан на рис. 12.1
и отдельно (в аксонометрии) — на рис. 12.2.
Напряжение, возникающее в меридиональном сечении, называ-
ют окружным или кольцевым и обозначают сге (встречается обо-
значение ст,); напряжение на площадке, касательной к цилиндричес-
кой поверхности, называют радиальным и обозначают аг (или сгр);
наконец, напряжение в поперечном сечении цилиндра обозначают
cz и называют осевым напряжением. После сопоставления для
данной точки величин этих напряжений им присваивают индексы 1,
2, 3 в соответствии с принятым для главных напряжений правилом
индексов (см. с. 52).
На рис. 12.2 для общности все напряжения показаны растягива-
ющими, их истинные направления в данной точке устанавливаются
по результатам расчета. На двух бесконечно близких площадках,
отстоящих одна от другой в радиальном направлении на расстоя-
нии dr, радиальные напряжения отличаются на величину dar (рис.
12.1 и 12.2). В силу осевой симметрии задачи, очевидно, что все
точки, равноудаленные от оси цилиндра, находятся в одинаковых
условиях.
Окружное и радиальное напряжения изменяются по толщине
стенки цилиндра по гиперболическому закону, их величины в функ-
ции от текущего радиуса г определяют по формулам:
392
Pir2!-P2^2 , (pi-pi)^
aB —
l-rl (Л-АУ ’
_Pld ~P2r2 _ (Pl -Р2УА
a'~~	(i-d>2 ’
(12-1)
Осевые напряжения равномерно распределены по всему попереч-
ному сечению цилиндра и их величина определяется по формуле
Р^-Ртг}
сг=— г .	(12.2)
Г2~Г1
Характер эпюр напря-
жений сге, аг и иг показан на
рис. 12.3.
В открытом цилиндре
(без днищ), очевидно, осе-
вые напряжения отсутству-
ют, в большинстве точек
стенки возникает плоское
напряженное состояние.
Для определения окруж-
ных и радиальных напря-
жений служат те же форму-
лы (12.1).
Радиальное переме-
щение и точки стенки, от-
стоящей от оси цилиндра
на расстоянии г, определя-
ется для открытого цилинд-
ра по формуле
1-д Р\Г2-Р2Г22	1+д (pi-p2k?d
Е	Г+ Е (г2-г2)г ’
(12.3)
Эта формула используется при установлении зависимости меж-
ду контактным давлением и натягом при расчете многослойных
цилиндров (см. ниже) и посадок с гарантированным натягом.
Для расчета цилиндра на прочность по эпюрам главных напря-
жений устанавливают опасную точку, для которой составляют вы-
ражение эквивалентного напряжения по принятой для расчета гипо-
тезе прочности; это напряжение сопоставляют с предельным или
с допускаемым (см. гл. X).
393
Практически чаще встречаются случаи, когда цилиндр подверга-
ется действию либо только внутреннего, либо только наружного
давления.
В случае действия только внутреннего давления Р\=р
главные напряжения определяют по формулам (соответствующие
эпюры показаны на рис. 12.4):
Для случая действия только наружного давления рг—р
формулы для главных напряжений имеют вид (эпюры напряжений
даны на рис. 12.5):
При действии только внутреннего давления опасными оказыва-
ются точки внутренней поверхности цилиндра; формулы для глав-
394
ных напряжений в этих точках получаются из выражений (12.4) при
подстановке г=г} (подробнее см. задачи 12.1 и 12.2). Нетрудно
убедиться (см. задачу 12.2), что при данных внутреннем диаметре
цилиндра и характеристиках его материала, при превышении внут-
ренним давлением некоторой определенной величины, ни при каком
увеличении толщины стенки цилиндра нельзя обеспечить соблюде-
ние условия прочности для его опасных точек. В таких случаях
применяют двухслойные (или даже многослойные) цилиндры; на-
ружный цилиндр насаживают на внутренний с натягом. Создава-
емое при этом давление на поверхности контакта цилиндров вызы-
вает в точках внутренней поверхности охватываемого цилиндра
окружные напряжения сжатия, которые алгебраически суммируют-
ся с окружными напряжениями растяжения, возникающими от внут-
реннего (рабочего) давления в цилиндре; таким образом, опасность
Рис. 12.5
напряженного состояния в указанных точках снижается. Подробнее
о расчете составных цилиндров, в частности о выборе оптимальной
величины натяга, при которой обеспечивается равнопрочность охва-
тываемого и охватывающего цилиндров, см. в учебнике [13].
Из эпюр напряжений, построенных при действии только наруж-
ного давления (рис. 12.5), следует, что опасными будут точки внут-
ренней поверхности цилиндра; величины главных напряжений легко
ПОЛуЧИТЬ ИЗ формул (12.5), ПОЛОЖИВ В НИХ Г=Г].
При расчете посадок с гарантированным натягом обычно в за-
висимости от величины осевого усилия или вращающего момента,
которые должны быть переданы за счет сил трения, возникающих
на поверхности контакта охватываемого и охватывающего цилинд-
ра, определяют требуемую величину контактного давления рх. За-
тем определяют величину натяга, при которой будет обеспечено
395
давление pt. Зависимость между контактным давлением и натягом
(натягом А называют разность наружного диаметра охватываемого
цилиндра и внутреннего диаметра охватывающего цилиндра до
сборки) имеет вид:
(12.6)
Здесь для удобоства расчетов введены обозначения
(12.7)
где Ei, Д1 и Е2, р.2 -— соответственно модуль продольной упругости
и коэффициент Пуассона материалов внутреннего и наружного
цилиндров.
Обозначения радиусов даны на рис. 12.6.
§ 38. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТА ТОЛСТОСТЕННЫХ ЦИЛИНДРОВ
Задача 12.1. Сравнить прочность открытой и закрытой (с днища-
ми) толстостенных труб, находящихся под действием внутреннего
давления p=lQ МПа. Радиусы труб: ^ = 300 мм, r2=z500 мм.
Материал труб — сталь с пределом текучести ст = 380 МПа.
Расчет выполнить по гипотезам наибольших касательных напря-
жений и энергии формоизменения.
Решение. При расчете по опасной точке — а только такой
метод расчета здесь и рассматривается — для оценки прочности
служит величина коэффициента запаса прочности для опасной точ-
ки трубы. Как известно, этот коэффициент представляет собой
отношение предела текучести к эквивалентному напряжению, опре-
деленному по принятой для расчета гипотезе прочности.
Как для закрытой, так и для открытой труб опасными являются
точки внутренней поверхности.
Начнем с расчета открытой трубы. В опасной точке возникает
плоское напряженное состояние; при этом наибольшее главное на-
пряжение Oi равно окружному напряжению в данной точке (для
открытой трубы все напряжения отмечаем одним, а для закры-
той — двумя штрихами)
396
Л-/2 Q 52 4- О З2
^=(р'е)г_Г1 =р , >70 ’ ,	’ -«149 МПа.
V ' 1 г2-г?	0,52 —0,32
Другое, отличное от нуля, главное напряжение отрицательно,
следовательно, нулю равно промежуточное главное напряжение
((т2=0), а радиальное напряжение является минимальным главным
напряжением
сг'з = (дЭг-г, = — Р — — 70 МПа.
Вычисляем эквивалентное напряжение по гипотезе наибольших
касательных напряжений
о’эш = О1~ ^з —149 — (—70)=219 МПа,
соответствующий коэффициент запаса
,	380
Иш = = — =1,73.
219
Выполним расчет по гипотезе энергии формоизменения. Из
формулы (10.7) для случая, когда о^О, следует:
Применяя эту формулу к рассматриваемой задаче, имеем:
^v=>/(ffi)2 + (сг'з)2 -	=V1492 + (- 7°)2 “ 149(-70) = 194 МПа.
При применении гипотезы энергии формоизменения коэффици-
ент запаса
, °т 380	1 QA
Пу=	= - - - — 1,96.
<v 194
Выполним расчет закрытой трубы. В ее опасных точках воз-
никает объемное напряженное состояние; при этом два из трех
главных напряжений, так же как и в открытой трубе, равны соответ-
ственно окружному и радиальному напряжению в данной точке
и имеют те же числовые значения
(а'в)г=г=т=г-	(а'г)г=г=^)г=г1,
а еще одно главное напряжение равно осевому напряжению, воз-
никающему в закрытой трубе,
г1	оз2
а"=р —1—= 70------------= 39,4 МПа.
г2-г2	о,52—о,32
397
Сопоставляя величины (ов)г=Г1, (ст'')г=Г] и ст" заключаем, что про-
межуточное главное напряжение С2 = а".
Итак, для закрытой трубы окончательно
ст/ = (of )г=г, = 149 МПа;	= a"z = 39,4 МПа;
of = «)Г=Г1 = —70 МПа.
Таким образом, максимальное (о^) и'минимальное (о3) главные
напряжения для опасных точек открытой и закрытой труб оди-
наковы и, следовательно, по гипотезе наибольших касательных
напряжений (третьей теории прочности), не учитывающей влияния
промежуточного главного напряжения, эквивалентные напряжения
для указанных точек, а значит, и коэффициенты запаса одинаковы.
Определим для опасных точек закрытой трубы эквивалентное
напряжение по пятой теории прочности
(°* _	4"	— °з)2 + (^З — of)2
- 39,4)2 + (39,4 + 70)2 + (- 70 -149)2 = 207 МПа.
Коэффициент запаса
380
207
1,83,
т. е. если при расчете по третьей теории прочности трубы оказались
равнопрочными, то при оценке прочности по гипотезе энергии
формоизменения (пятой теории прочности) закрытая труба менее
прочна на:
1,96-1,83
1,96
100% = 6,64%.
Задача 12.2. Определить максимально допускаемую величину
внутреннего давления для стальной (стт=380 МПа) открытой трубы
внутренним радиусом и = 300 мм при требуемом коэффициенте
запаса [и] = 2,0.
Решение. Как известно из предыдущего, опасные точки принад-
лежат внутренней поверхности цилиндра и его прочность считают
достаточной, если для этих точек расчетный коэффициент запаса не
ниже требуемого, т. е.
®экв
398
Составим выражение для эквивалентного напряжения по гипо-
тезе наибольших касательных напряжений (см. решение предыду-
щей задачи)
ОэШ — О’! — °3 — (°- e)r=r, — (стг)г=г, —
=р г-2-(-р)=р^—2-
Г2~Г1
В условии задачи величина г2 не задана, поэтому будем опреде-
лять искомую величину [р] в предположении, что толщина стенки
цилиндра может быть сколь угодно велика. Тогда при г2^>со полу-
чаем следующее выражение для эквивалентного напряжения
о’эш—2р.
Из условия прочности
ffT от
п=—=—
«ып 2р
получаем:
от 380
[/?]=	=-----= 95 МПа.
2[и] 2 2
Итак, при данных внутреннем диаметре цилиндра и пределе
текучести его материала существует такая величина внутреннего
давления, при превышении которой никакое увеличение толщины
стенки цилиндра не обеспечит выполнения условия его прочности.
Можно убедиться, что тот же результат с небольшой погреш-
ностью (порядка 5 -? 6%) будет получен, если положить толщину
стенки цилиндра не бесконечно большой, а ограничиться выполне-
нием неравенства г2 : и >4.
Рекомендуем читателю самостоятельно определить величину [р],
применив гипотезу энергии формоизменения. Для возможности са-
моконтроля приводим ответ: [р] = 110 МПа.
Задача 12.3. С альной кованый бандаж (зубчатый венец) посажен
с натягом на чугунный колесный центр (рис. 12.7). Определить,
какой момент может передать это соединение, если принять, что
силы трения равномерно распределены по поверхности контакта,
коэффициент трения/=0,14; минимальный натяг, соответствующий
принятой посадке (легкопрессовая посадка второго класса точности
в системе отверстия) = 70 мкм.
Принять для чугуна ЕЯ=ЕХ= 1,2' 10“ Па; /^ = 0,25; для стали
£с: = £2=2,0  10“ Па, д2 = 0,30.
Определить коэффициенты запаса прочности для колесного цен-
тра и для бандажа при наибольшем натяге, соответствующем
399
данной посадке, Дтах= ПО мкм, если для чугуна (твр = 180 МПа, ствс=
= 700 МПа; для стали сгт = 360 МПа.
Решение.-Установим зависимость между величинами давления
на поверхности контакта и момента сил трения, возникающих на
этой поверхности. Сила трения, отнесенная к единице поверхности,
равна fpt, где — контактное давление; а ее момент относительно
оси вращения зубчатого колеса равен
^2
fpt —. Общий (суммарный) момент сил
трения получим, умножив последнюю
величину на площадь поверхности кон-
такта, т. е.
но
Рис. 12.7
do 1	*>
Л/тр = fPt — nd2l = fpt nd %l.
Момент, который может передать
соединение за счет посадки с натягом,
равен моменту сил трения.
При заданной посадке величина на-
тяга колеблется в пределах, указанных
в условиях задачи. Естественно, опреде-
ляя допускаемую величину передаваемо-
го момента, надо ориентироваться на
минимальный натяг; если фактичес-
кий натяг окажется большим минималь-
ного, то надежность передачи момента
повысится. Если же исходить из натяга
большего, чем минимальный, то может
оказаться, что фактический натяг меньше принятого при расчете
и момент не будет передан, т. е. бандаж будет проворачиваться
относительно колесного центра.
Будем рассматривать бандаж как полый цилиндр диаметрами:
внутренним d2 = 480 мм и наружным d2 = 520 мм (влияние зубьев не
учитываем), а колесный центр — также как полый цилиндр внут-
ренним диаметром dx = 100 мм и наружным с?2 = 480 мм. Для опре-
деления минимальной величины контактного давления воспользу-
емся формулами (12.6), (12.7):
4 min
min	5
Н + И	0,242 + 0,052
С1 = 4— '-р, -=~—-0,25 = 0,84;
г2-г2	0,242 —0,052
где
400
r2+rs2 _0,262 + 0,242
Сг~ г2- г2 +№-0,262 0,242
+ 0,30=12,82,
окончательно
Amin=----------70 10 6--------= 2,04  10б Па=2,04 МПа.
/ 0,84	12,82 \
2 0,24 -------+---------
\1,2 1011 2,0  1011/
Момент сил трения (допускаемая величина передаваемого мо-
мента)
• 0,14 • 2,04 ' 106 • 3,14  0,482 • 0,11 =
= 11,35 103 Нм= 11,35 кНм.
При оценке прочности охватываемой и охватывающей деталей
будем, естественно, исходить из величины максимального натя-
га, т. е. из случая, когда в сопрягаемых деталях возникают наиболь-
шие возможные при данной посадке напряжения.
Максимальное контактное давление
Р^=Р^	=2’04 т~ = 3,21 МПа.
Amin 0,07
Для охватываемой детали, рассматриваемой как труба, находя-
щаяся под действием наружного давления р=р1Лша, опасные точки
находятся на ее внутренней поверхности. В этих точках возникает
одноосное напряженное состояние (см. рис. 12.5). По формуле,
приведенной на указанном рисунке, определяем окружное напряже-
ние в опасной точке, являющееся для нее третьим главным напряже-
нием:
2г2	2 0 242
|(<7e)r=r1| = |o-3|=p тм 2 = 3,21	2=6,7 мПа.
Коэффициент запаса прочности
с 700
п——=—«104.
кз1 6,7
Таким образом, оказывается, что при заданной посадке напря-
жения в охватываемой детали чрезвычайно малы.
Охватывающую деталь рассматриваем как полый цилиндр, на-
ходящийся под действием внутреннего давления р=ржтах- Опас-
ные точки принадлежат внутренней поверхности этого цилиндра
и главные напряжения в этих точках (см. рис. 12.4 и задачу 12.1)
имеют следующие значения:
401
(^ =^=A™^ = 3,21 °^^=4О,2 МПа;
02=0;
(o-r)r=ri=o-3= -pimM= -3,21 МПа.
Эквивалентное напряжение по гипотезе наибольших касатель-
ных напряжений
оэш=о1-о3=40,2-(-3,21)=43,4 МПа.
Коэффициент запаса
Ст 360
п=—=— = 8,3
ff3ni 43,4
оказывается примерно в пять раз выше, чем обычно допускаемый.
В заключение укажем, что здесь расчет был выполнен по таблич-
ным значениям натягов, которые несколько выше фактических, так
как при посадке происходит сглаживание микронеровностей со-
прягаемых поверхностей (подробнее см., например, справочник
[14]). Следовательно, найденная величина
момента и величины напряжений неско-
лько выше действительных.
Задача 12.4. В стальную плиту запрес-
совывают стальной стержень (рис. 12.8)
с натягом Д=26 мкм. Определить требу-
емое усилие запрессовки при коэффициен-
те трения /=0,15.
Исследовать напряженное состояние
в точках стержня и плиты, если размеры
последней в плане можно считать беско-
нечно большими по сравнению с диамет-
ром стержня. Принять Е=2,0 • 10“ Па,
д=0,30.
Решение. Определим величину контактного давления, соответ-
ствующего заданному натягу. На основании формулы (12.6) при
Ei=E2=E с заменой обозначения г2 на R (радиус посадочной по-
верхности) имеем:
А
д
2R
'Ci + с2
Е
Учитывая, что внутренний радиус охватываемой детали п = 0,
а наружный радиус охватывающей детали г3-»оо, по формуле (12.7)
имеем:
С! = 1-д=1-0,30 = 0,70;
402
C2 = l+/2=1+0,30 = 1,30.
При этом
20  10"“	,
А=----------------= 33,3 • 10б Па=33,3 МПа.
/0,70 +1,30\
2  0,03 -----I
\ 2,0  10“ /
Усилие F запрессовки найдем, полагая, что силы трения равно-
мерно распределены по поверхности контакта, площадь которой
равна nDl,
P=fptnDl=0,l5 • 33,3  10б • 3,14 • 0,06 • 0,08 = 75,3 • 103 Н = 75,3 кН.
Определим окружные и радиальные напряжения в стержне, при-
менив формулы (12.5) и положив в них п=0 и r2=R,
~Pi,
стг= -рх.
Таким образом, во всех точках запрессованного стержня воз-
никает плоское напряженное состояние — двухосное сжатие (а2 = 0;
о’2 = о’з = о’а=о’г= — Рг)- Напряжения во всех точках стержня одина-
ковы, т. е. его напряженное состояние однородно. Эквивалентное
напряжение по гипотезе наибольших касательных напряжений
б’эш=сп — о’э = 0—(—рж)=рж.
Рассматривая плиту как полый цилиндр внутренним радиусом
R и наружным г3=оо, на основании формул (12.4) имеем (в этих
формулах полагаем rt=R, r2 = r3):
R2
Се=Р*—-,
г
R2
а'= ~Р* ~Г
г
Таким образом, для всех точек плиты о-] = ав, а2 = 0, <т3 = — аг; при
этом Ci = — £73, т. е. напряженное состояние — чистый сдвиг (см.
гл. III). Напряженное состояние плиты неоднородно — максималь-
ные напряжения возникают в точках поверхности контакта, а по
мере удаления от этой поверхности убывают по гиперболическому
закону, стремясь асимптотически к нулю (эпюры ад и аг для плиты
даны на рис. 12.9). Для опасных точек эквивалентное напряжение по
гипотезе наибольших касательных напряжений
о’эш = о’1~^3=Pi~(— рж)=2рж=2 • 33,3 = 66,6 МПа.
403
В заключение отметим, что напряженное состояние опасных
точек плиты оказалось вдвое опаснее, чем точек стержня.
Задача 12.5. Определить коэффициент запаса для стальной тол-
стостенной втулки, нагруженной внутренним давлением р=40 МПа,
Рис. 12.9
обусловленным посадкой втулки на вал с натягом, и скручивающи-
ми моментами ш = 3 кН м (рис. 12.10). Для материала втулки
trT=340 МПа. Расчет выполнить по гипотезе энергии формоизме-
нения.
Решение. Коэффициент запаса, как известно, представляет со-
бой отношение предела текучести к эквивалентному напряжению
для опасной точки
ат
п=—.
ff3V
При нагружении втулки то-
лько внутренним давлением опа-
сны точки ее внутренней поверх-
ности (см. задачу 12.1). При ра-
боте втулки только на кручение
опасны точки наружной поверх-
ности (напоминаем, что макси-
мальные касательные напряже-
ния при кручении возникают
в точках внешнего контура попе-
речного сечения скручиваемого
бруса). В рассматриваемом случае, видимо, надо сопоставить опас-
ность указанных предположительно опасных точек, т. е. сравнить
вычисленные для них эквивалентные напряжения.
Точка наружной поверхности. На рис. 12.11 показан элемент,
выделенный в окрестности рассматриваемой точки. Элемент выде-
лен двумя бесконечно близкими поперечными сечениями, двумя
радиальными сечениями и двумя сечениями, касательными к цилин-
Рис. 12.10
404
дрическим поверхностям, концентричным внешним поверхностям
втулки (см. также рис. 12.2). Заштрихована площадка, совпадающая
с поперечным сечением втулки, точками отмечена наружная поверх-
ность, свободная от напряжений (нулевая главная площадка). Под-
черкиваем, что для рассматриваемой точки (<Tr),=rj = 0 (см. рис. 12.4).
По первой из формул (12.4) находим окружное напряжение
2г?	2 0,022
~ =40---------------=38,8 МПа.
r2~ri	0,0352 — 0,022
Касательные напряжения, возникающие в поперечном и ради-
альном сечениях, определяются по формуле (4.5)
т
nd* Г МД4"
- 1-|~
16 L \d2/
3,14
----0,07’
16
3 10’
/0,04\4"|
1-1-----1
\0,07/
49,8 МПа.
Определяем главные напряжения, применяя
формулу (3.9). Подчеркиваем, что в данном слу-
чае в отличие от ранее рассмотренных св не
является главным напряжением:
<7гл =—I ~ ± 2 л/(сте)?-г3 + 4т^х=
= 3-8 + 1 VW2+4 • 49,82= 19,4 + 53,4.
2	2 v
Рис. 12.11
Учитывая правило индексов для главных напряжений и наличие
нулевой главной площадки, получаем б^ = 72,8 МПа; с'г—0;
<т'з= — 34,0 МПа (штрихами отмечены главные напряжения для точ-
ки наружной поверхности).
Определяем эквивалентное напряжение (см. формулу на с. 378)
(«тэУ)г=г2=V(<71)2+(о-'з)2 - о-'Мз =
= ^/72,82 + 3'2. 72,8 • (—34)=93,5 МПа.
Точка внутренней поверхности. Элемент, выделенный в окре-
стности этой точки, и возникающие на его гранях напряжения
показаны на рис. 12.12.
405
По формулам (12.4) находим:
^в)г-г=р 4-9=40
0,352 + 0,202
0,352 —0,202
= 78,8 МПа;
(аг)г=г!= —р= — 40 МПа.
Касательные напряжения, возникающие в поперечном и ради-
альном сечениях, как известно (см. гл. IV), изменяются вдоль
любого радиуса втулки по линейному закону, следовательно,
Рис. 12.12
t = W~=49,8 —=28,4 МПа.
Г2 0,35
В рассматриваемой точке возникает объем-
ное напряженное состояние. Одна из исходных
площадок главная (аг — главное напряжение),
поэтому главные напряжения для семейства
площадок, параллельных вектору (цг)г=Г1, мож-
но определить по формуле, полученной для
упрощенного плоского напряженного состоя-
ния (см. задачу 3.3)
<^гл = “~~5±“ 5/(0в)г2=г1 + 4т2 =
=—+1 v/78,82+4  28,42 = 39,4+48,6.
2	2 v
Окончательно получаем: гт'[ = 88 МПа; с"2= — 9,2 МПа; а2 =
= -40 МПа.
По формуле (10.7) вычисляем эквивалентное напряжение
(<тэУ)г== Д [К - а'П2 + (<4 - <7?)2 + (о"3 - <4)2]=
У’ [(88 + 9,2)2 + (-9,2+40)2 + (-40-88)2] = 116 МПа.
Итак, из двух рассмотренных предположительно опасных точек
большим оказалось эквивалентное напряжение для точки внутрен-
ней поверхности; для нее и определим коэффициент запаса
406
п=------
(o3v),
340 п
— = 2,93.
116
Строго говоря, может возникнуть сомнение, не будет ли опасной
одна из промежуточных точек, но провести такое исследование,
т. е. составить общее выражение для стэУ в функции от текущего
радиуса г, и исследовать его на экстремум весьма громоздко, а осо-
бого интереса оно не представляет, так как различие между <тэУ для
внутренней и наружной точек невелико.
ГЛАВА XIII
ПРОДОЛЬНЫЙ И ПРОДОЛЬНО-ПОПЕРЕЧНЫЙ изгиь
§ 39. УСТОЙЧИВОСТЬ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ.
ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ И
РАСЧЕТНО-СПРАВОЧНЫЕ ДАННЫЕ
Прямолинейная форма равновесия сжатого стержня устойчива
до достижения сжимающей силой так называемого критического
значения (Е^,). Стержень, потерявший устойчивость, работает на
совместное действие изгиба и сжатия. Даже незначительное превы-
шение сжимающей силой критического значения связано с появле-
нием весьма значительных прогибов стержня, а следовательно,
больших изгибающих моментов и напряжений. Практически потеря
устойчивости означает выход конструкции из строя, даже если это
и не сопровождается разрушением (изломом) стержня.
Изгиб (выпучивание) сжатого стержня, происходящий при пре-
вышении сжимающей силой критического значения, принято назы-
вать продольным изгибом.
Расчет на устойчивость должен обеспечить такие соотношения
между величиной сжимающей нагрузки, размерами стержня и уп-
ругими свойствами его материала, при которых будет обеспечена
работа стержня на сжатие без опасности продольного изгиба. Это
значит, что сила, сжимающая стержень, должна быть не больше
допускаемой (F^ [/]), которая составляет некоторую часть от кри-
тической,
(13.1)
[Пу]
где [иу] — нормативный или требуемый коэффициент запаса устой-
чивости, зависящий в основном от назначения стержня
и его материала.
Так, для стальных стержней принимают: в строительных конст-
рукциях [Лу]= 1,7-?2,0; для элементов машиностроительных конст-
рукций (например, ходовых винтов металлорежущих станков)
[Иу] = 3,5-5.
Критическая сила (при потере устойчивости в упругой стадии)
вычисляется по формуле Эйлера
71 EJfxnn
(13.2)
где E — модуль продольной упругости материала стержня;
Лшп — минимальный момент инерции поперечного сечения
стержня;
д — коэффициент приведения длины, зависящий от способов
закрепления концов стержня (для пяти наиболее часто
встречающихся случаев значения д приведены на рис. 13.1).
Произведение д/ часто называют приведенной длиной стерж-
ня (стойки).
Напряжение, возникающее в поперечном сечении стержня при
достижении сжимающей силой критического значения, также назы-
вают критическим
Ftp Ti2E
Сткр= А = F’
, til
где Л=----- гибкость стержня;
*min
г'тш — минимальный радиус инерции поперечного сечения
стержня*.
(13-3)
*В случае, если закрепление концов стержня в его главных плоскостях осущест-
влено различными способами, может оказаться, что расчет следует вести не по
минимальному моменту инерции. В указанном случае надо вести расчет по тому
моменту инерции, который соответствует наибольшей гибкости стержня (см. ниже
задачу 13.7).
409
Формула Эйлера, выведенная на основе закона Гука, применима
при условии, что критическое напряжение не превышает предела
пропорциональности материала стержня:
О"жр О"пД"
Обычно условие применимости формулы Эйлера выражают че-
рез гибкость стержня
2>Лфед,	(13.4)
где 2пред — предельная гибкость, зависящая только от физико-меха-
нических свойств материала стержня,
(13.5)
При использовании в расчете на устойчивость формулы Эйлера
обязательно должна быть произведена проверка ее применимости.
В случае неприменимости формулы Эйлера критическое напря-
жение, а значит, и критическая сила для стальных, дюралюмини-
евых и деревянных стержней могут быть вычислены по эмпиричес-
кой линейной зависимости (формула Тетмайера — Ясинского)
<7^ = 0 — Ы.	(13.6)
Указанная зависимость применима для стальных стержней при
гибкостях Ло^-Я^Авред, где Xq — значение гибкости, при котором
критическое напряжение становится равным пределу текучести (фи-
зическому --С7Т ИЛИ условному--Оо,2)-
Для стальных и дюралюминиевых стержней при гибкости, мень-
шей Л>» следует принимать критическое напряжение равным пределу
текучести (<гт или оол).
Значения а, Ь, и Я^д могут быть приняты по табл. 13.1.
Таблица 13.1
Значения а, Ъ, и Д^д
Материал	а	|	Ь		Ло	^пред
	МПа			
Стали 10, Ст. 2 		264	0,70	62	105
Стали 15, Ст. 3 		310	1.14	61	100
Стали 25, Ст. 5 		350	1.15	57	92
Стали 10Г2СД, 15ГС, 15ХСНД	429	1,52	50	83
Дюралюминий Д16Т 		406	2,83	30	53
Дерево (сосна, ель) 		29,3	0,194	—	70
Для чугуна при 2<Лпред®80 пользуются параболической зависи-
мостью
410
67^ = 776—122 + 0,05322.	(13.7)
Эта формула применима при акр<б’вс; если получится авс, то
стержень следует рассчитывать на прочность, а не на устойчи-
вость.
В зависимости от постановки задачи (цели расчета) различают
три вида расчетов:
а)	проверочный расчет, при котором определяется фактический
коэффициент запаса устойчивости (Лу) и сравнивается с требуемым
или нормативным его значением ([Пу])
Лу=^>[Пу],	(13.8)
где F — сила, сжимающая стержень;
б)	определение допускаемой нагрузки (разновидность провероч-
ного расчета)
[Л=^;	(В.9)
в)	проектный расчет — определение требуемых размеров попе-
речного сечения стержня.
При использовании формулы Эйлера в результате проектного
расчета определяется требуемое значение минимального момента
инерции поперечного сечения стержня
После определения необходимо вычислить радиус инерции
4шп и гибкость стержня 2 и проверить применимость формулы
Эйлера к стержню с полученными размерами сечения. В случае ее
неприменимости надо сделать пересчет; при этом придется исполь-
зовать эмпирические зависимости (формулу Тетмайера — Ясин-
ского).
Наряду с расчетами по формуле Эйлера и эмпирическим зависи-
мостям широкое распространение (особенно при проектировании
строительных конструкций) имеет расчет на устойчивость, по
форме аналогичный расчету на простое сжатие.
Допускаемая нагрузка определяется по формуле
UWkM	(13.11)
где [ctJ — допускаемое напряжение (основное)* на сжатие для мате-
риала стержня:
•Основным принято называть допускаемое напряжение, величина которого
установлена без учета опасности продольного изгиба.
411
ср — коэффициент снижения основного допускаемого напряже-
ния или коэффициент продольного изгиба, зависящий от
материала стержня и его гибкости. Значения коэффициен-
та ip указаны в табл. 13.2.
Таблица 13.2
Значения коэффициента снижения
основного допускаемого напряжения (<р)
if Г Ь	Сталь Ст. 2, Ст. 3, Ст. 4	Сталь Ст. 5	Чугун СЧ12-28, СЧ15-32, СЧ18-36, СЧ21-40	Дерево
0	1,00	1,00	1,00	1,00
10	0,99	0,98	0,97	0,99
20	0,97	0,96	0,91	0,97
30	0,95	0,93	0,81	0,93
40	0,92	0,90	0,69	0,87
50	0,89	0,85	0,57	0,80
60	0,86	0,80	0,44	0,71
70	0,81	0,74	0,34	0,61
80	0,75	0,67	0,26	0,49
90	0,69	0,59	0,20	0,38
100	0,60	0,50	0,16	0,31
ПО	0,52	0,43	—	0,25
120	0,45	0,37	—	0,22
130	0,40	0,32	—	0,18
140	0,36	0,28	—	0,16
150	0,32	0,25	—	0,14
160	0,29	0,23	—	0,12
170	0,26	0,21	—	0,11
180	0,23	0,19	—	0,10
190	0,21	0,17	—	0,09
200	о;19	0,15	—	0,08
210	0,17	0,14	—	—
220	0,16	0,13	—	—
Произведение ср [cj называют допускаемым напряжением при
расчете сжатых стержней на устойчивость и обозначают [сГу].
Расчет по коэффициенту ср (иногда называемый также расчетом
по нормам строительного проектирования) лишь по форме анало-
гичен расчету на простое сжатие, по существу это расчет на устой-
чивость, обеспечивающий работу стержня с тем коэффициентом
запаса устойчивости, который предусмотрен при составлении таб-
лиц коэффициента <р. Этот коэффициент запаса устойчивости будем
называть нормативным.
Следует заметить, что нормативные коэффициенты запаса
устойчивости для стальных стержней значительно ниже, чем приня-
тые в машиностроении, поэтому применение этого метода расчета
к элементам машиностроительных конструкций может иметь место
пить при условии либо составления специальных таблиц коэффици-
ентов снижения допускаемых напряжений, либо (в случае исполь-
412
зования таблиц, составленных для строительных конструкций) рас-
чета по пониженным основным допускаемым напряжениям. Во
всяком случае расчетные данные должны быть выбраны таким
образом, чтобы коэффициенты запаса устойчивости получались
соответствующими принятым в данной отрасли машиностроения.
Достоинством рассматриваемого метода расчета является его
универсальность в том смысле, что он применим для всех значений
гибкости, указанных в таблице коэффициентов ср, т. е. независимо
от области применимости формулы Эйлера.
Так же как и в предыдущем случае (при использовании формулы
Эйлера или эмпирических зависимостей), расчет по нормам стро-
ительного проектирования может быть проверочным, проектным
или служащим для определения допускаемой нагрузки.
а)	Проверочный расчет
a=Ap[aJ.	(13.12)
А
б)	Определение допускаемой нагрузки
в) Проектный расчет

(13.13)
(13-14)
При проектном расчете приходится пользоваться методом по-
следовательных приближений, так как в начале расчета значение
коэффициента ср, зависящего от гибкости, а следовательно, и от
размеров поперечного сечения стержня, неизвестно. Методика про-
ектного расчета показана в задаче 13.6.
Необходимо иметь в виду, что местные ослабления стержня
(например, отверстиями для заклепок) практически не влияют на
его общую устойчивость, поэтому в формулы (13.12) -= (13.14) сле-
дует подставлять полную площадь сечения (Лбрутт0) без учета осла-
блений.
§ 40. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ НА УСТОЙЧИВОСТЬ
Задача 13.1. Проверить на устойчивость сжатую стойку труб-
чатого сечения (рис. 13.2) из хромомолибденовой стали (рт =
= 540 МПа, Е—2,15 1011 Па), если требуемый коэффициент запаса
устойчивости [«у] = 3,5.
Решение. Определяем предельную гибкость для материала
стойки
413
'2,15 IO11
—----------= 63.
540 • IO6
Определяем гибкость стойки
2=—.
*rnin
Момент инерции сечения (в данном случае любая центральная
ось главная и все центральные моменты инерции равны между
собой)
Рис. 13.2
^=7=— (1-С4) =
64
—  764
64
= 81,5 ' 104 мм4.
Площадь сечения
4	4 L V6/
= 13,2 • 102 мм2.
Радиус инерции
81,5 10*
------= 24,8 мм.
13,2 102
^min — I
Коэффициейт приведения длины
д«0,7 (см. рис. 13.1).
Гибкость стойки
, ц1 0,7 - 250 „ „
2= -=--------------= 70,7.
Imin 2,48
Так как гибкость стойки больше предельной (2 >2Щ,СД), то крити-
ческую силу определяем по формуле Эйлера
л’ЕЛдь зд42  2,15  1011  81,5  10“8
Г =-------= —-----’----------i------=
(дО2	(0,7  2,5)2
= 56,4' 104Н=564 кН.
Определяем фактический
и сравниваем с требуемым
коэффициент запаса устойчивости
пу=
^жр
F
564
= 3,76>[пу]
150
414
Задача 13.2. Для заданной стойки двутаврового поперечного
сечения (рис. 13.3) определить допускаемое значение сжимающей
силы F. Материал стойки сталь Ст. 3, коэффициент запаса устой-
чивости [иу]=2,0. Выяснить, как изменится допускаемая нагрузка,
если длину стойки уменьшить вдвое.
Решение. Определяем гибкость стойки
Коэффициент приведения длины д =
— 0,5 (см. рис. 13.1), А = 34,8 см2,
u = iy=2,37 см (по ГОСТ 8229 — 89);
2=-------= 148.
2,37
Для стали Ст. 3 2пред = 100 (см.
табл. 13.1), следовательно, 2>2пред
и формула Эйлера применима.
Определяем допускаемое значение
сжимающей силы
Г/Л _	™ __
[Лу] (J11)2 [Лу]
3,142 2,1 10” 198  10~е
= 167 кН,
(0,5 0,7)2 • 2,0
где принято E=2,l 1011 Па; Jain =
=/у=198 см4.
При уменьшении длины стойки
вдвое критическая сила возрастет не
в четыре раза, как можно было бы
ожидать, исходя из формулы Эйлера,
а меньше.
Рис 13.3
Гибкость укороченной стойки 21 = 74, т. е. меньше предельной,
формула Эйлера неприменима. Допускаемую нагрузку определяем,
пользуясь эмпирической зависимостью для критического напряже-
ния (см. с. 410),
И.=
aIpA (a—b).i)A
[Лу]	[Лу]
(310-1,14 74)106 34,8 10 4
= 381 103 Н = 381 кН.
2
415
Таким образом, критическая и соответственно допускаемая силы
возросли лишь в 2,28 раза. Этот пример показывает, что использова-
ние формулы Эйлера в области ее неприменимости дает завышенное
значение критической, а значит, и допускаемой нагрузки, что может
привести к аварии конструкции.
Задача 13.3. Определить из расчета на устойчивость требуемый
диаметр винта домкрата (рис. 13.4, а) грузоподъемностью F=
= 50 кН. Максимальная высота подъема груза /=900 мм; требу-
емый коэффициент запаса устойчивости [л,]=4,0. Материал винта
сталь 30; £=2,1 • 1011 Па; Ащюд«90.
Решение. Требуемый мо-,
мент инерции поперечного сече-
ния винта определяем по зависи-
мости 1 (13.10), основанной на
формуле Эйлера.
™	" п2Е ’
при р=2 — рассматриваем винт
как стойку с нижним жестко за-
щемленным и верхним свобод-
ным концом — расчетная схема
показана на рис. 13.4, б; она со-
ответствует положению, при ко-
тором груз поднят на наиболь-
шую возможную высоту (на рис.
13.4, а винт домкрата показан
в нижнем положении).
Подставляя числовые дан-
ные, получаем:
50  103  4,0 (2 0,9)2
3,142  2,1 • 1011
= 31,2- IO"8 м4=
= 31,2- 104 мм4.
Определяем диаметр винта (в запас надежности расчет
винтов зачастую ведут по внутреннему диаметру резьбы, обо-
значаемому C?i)
64
откуда
4 =
'64  31,2  10*
3,14
= 50,4 мм.
416
Принимаем <7j = 52 мм, что соответствует трапецеидальной резь-
бе с наружным диаметром <7=60 мм и шагом 5=8 мм (по ГОСТ
9484 — 60).
Расчет был выполнен на основе формулы Эйлера. Убедимся
в допустимости ее применения (в начале расчета эта проверка была
невозможна, так как размеры сечения, а следовательно, и гибкость
стержня были неизвестны).
Радиус инерции поперечного сечения винта
Гибкость винта
—=— = 13 мм.
4	4
р/_2-900
Л —	—
i 13
>ед>
следовательно, формула Эйлера была использована в области ее
применимости.
Задача 13.4. Определить допускаемое повышение температуры
[Ат] вертикального стержня шарнирно-стержневой системы, изоб-
раженной на рис. 13.5, а. Материал стержне“ — сталь Ст. 3; все
стержни круглогс поперечного сечения диаметр >м <7=28 мм. Расчет
выполнить при требуемом ко-
эффициенте запаса устойчиво-
сти [Лу]=2,0. Принять £=2,0 х
хЮ11 Па; а=12,5 10~6 град-1.
Решение. При нагревании
стержня 3 все стержни системы,
очевидно, испытывают сжатие.
По условию задачи минималь-
ный коэффициент запаса устой-
чивости должен быть не ниже
требуемого, т. е.
JV-
Nt
здесь и Nt соответственно критическое и действительное
значения продольной силы, определенные для стержня, имеющего
при нагреве стержня 3 наименьший коэффициент запаса устойчиво-
сти. Какой именно это стержень — 3 или 7 (стержни 7 и 2, очевидг ,
находятся в одинак вых условиях) предстоит установить. Продоль-
ные силы, возникающие в поперечных сечениях стержней, должны
быть выражены через величину А1 повышения температуры. Это
14 Ицкович Г.М., МининЛ.С., Винокуров А. И.
417
в свою очередь требует раскрытия статической неопределимости
системы.
Вырезая узел А и составляя уравнения равновесия для действу-
ющих на него сил (рис. 13.5, б), получаем:
Ntt=N2l-,
N3t=2Ntt cos ф.
Из диаграммы перемещений, показанной штриховыми линиями
на рис. 13.5, а, устанавливаем зависимость между изменениями
длин стержней
ДД = Д/2=Д/3 cos ф.
Для стержня 1 (или 2), выражая его укорочение через продоль-
ную силу и коэффициент податливости, имеем:
АМЛ,
где коэффициент податливости
ЕА ЕА cos ф
Для стержня 3 удлинение равно разности свободного темпера-
турного удлинения и сжатия, соответствующего продольной силе
Mt, возникающей вследствие стесненности температурной дефор-
мации, т. е.
Д/3 = аЛДг — fl3N3t,
где коэффициент податливости
h
ЕА
Окончательно из уравнения перемещений получаем:
Д Mr=(cthA t—(l3N3l) cos ф.
Решая это уравнение совместно со вторым уравнением статики,
получаем следующие выражения для продольных сил, возникаю-
щих в поперечных сечениях стержней,
ahEtcosifi aAtEA cos1 ф
vl11—N2t=-----------=------------;
pl+2p3cos2ili l+2cos3^
2ahEi cos2 2аДг£Л cos2 ф
Pf'i t =-------— =----------.
Pl + 2fl3 cos2 ф	1+2 cos3 ф
*
Составим выражения для коэффициентов запаса устойчивости
стержней 1 и 3; при этом учтем, что формула Эйлера применима,
так как гибкость стержня 3 (стержни 1 и 2, очевидно, имеют
418
большую гибкость — при том же диаметре сечения их длины боль-
ше) больше предельной:
4	4
Nlrp лI 2£7(1+2cos3^)	л2/2 (1+2cos3^)
„ =__ =--------------------=-------------
Nt, ( h V	Л2аД»
I----I aAtEA cos2 ф
\cos ф/
•^Зжр w2£J(l +2cos3 ф) n2i2 (1 +2cos3 ф)
N-jt h2 ' 2a\tEA cos3 ф 2h2аД/ cos3 ф
Сопоставляя выражения для лу[ и пу3, заключаем, что (при
ф = ЗОс) пу3<Пу1, т. е. допускаемое повышение температуры должно
быть определено из условия устойчивости стержня 3. Это условие
имеет вид:
7r2/2(l+2cos3^
ИуЗ =---,-----\> [Пу];
2Л2аД/со53^
отсюда
'28V
—) (l+2cos330°)
. 4 /
3,142
га ч л212(1+2cos3^)
I Дп =---------------=---------
2Л2аcos3 ф[лу] 2 8002 12,5 ' 10-ecos330‘
Задача 13.5. Произвести проверочный рас-
чет сжатой сосновой стойки (рис. 13.6) при
основном допускаемом напряжении на сжатие
К] =10 МПа.
Решение. В тех случаях, когда задано ос-
новное допускаемое напряжение (а не требу-
емый коэффициент запаса устойчивости), рас-
чет следует выполнять по коэффициентам про-
дольного изгиба. Работа стойки с коэффициен-
том запаса не ниже нормального будет обес-
печена при соблюдении условия
cr=—s£<p[crj.
А
Определяем радиус инерции сечения и гибкость
стойки:
= 53,1°.
 2,0
419
, pl 0,7 • 500 с
)==---------= 87,5.
i 4
По табл. 13.2, интерполируя, находим (р — 0,405.
Допускаемое напряжение при расчете на устойчивость
[оу] = ср К] = 0,405 10,0 = 4,05 МПа.
Расчетное напряжение
F 80 103
а=-=----------= 3,98 • 10б Па=3,98 МПа<Ш.
А 3,14 0,162	У
4
Стойка работает с небольшой недогрузкой (1,5%).
Подчеркнем еще раз, что при расчетах с использованием табли-
цы коэффициентов продольного изгиба коэффициент запаса устой-
чивости в явном виде в расчете не фигурирует, но при необходимо-
сти он может быть определен. Так, в рассматриваемой задаче,
учитывая, что 2>Лпрвд (см. табл. 13.1), и принимая для сосны
Е= 1,0 ' 1О10 Па, по формуле (13.3) найдем:
п2Е 3,142 10’° ,	, „
<7^=-—=-------— = 12,9  10б Па=12,9 МПа;
,2	87,52
л2
[иу]=—=—=3,19.
’ [оу] 4,05
Таким образом, удалось установить, что для дерева при гиб-
кости 2=87,5 в таблице ср предусмотрен коэффициент запаса устой-
чивости [лу] = 3,19. Заметим, что при составлении таблицы ср коэф-
фициент [и,] для данного материала не является постоянной вели-
чиной, а зависит от гибкости.
Задача 13.6. Определить допускаемую нагрузку для стойки из
стали Ст. 3 (рис. 13.7) при [ст] =160 МПа. Расстояние с между
двутаврами (рис. 13.8) выбрать из условия равноустойчивости
стойки во всех направлениях. Определить величину коэффициента
запаса устойчивости при работе стойки с нагрузкой, равной до-
пускаемой.
Решение. Равноустойчивость стойки во всех направлениях бу-
дет обеспечена при равенстве моментов инерции ее поперечного
сечения относительно главных центральных осей х и у. Момент
инерции относительно оси х не зависит от расстояния с. Определим
его величину
420
где J* = 350 см4 — момент инерции двутавра (см. ГОСТ 8239 — 89);
15  I3
7°=7“+а2Лп=------+ 6,52 • 15  1 = 636 см4
12
— момент инерции полосы.
Подставляя в выражение для Jx числовые значения 7* и 7°,
получим:
Jx=2  350 + 2  636=1972 см4.
Момент инерции сечения относительно оси у
У \ISQxtO
N12
ттттггггттп
Рис. 13.7
Jy=2Jly+2J^ = 2
Рис. 13.8
Ж
где 7^=27,9 см4 — момент инерции двутавра относительно оси
А1= 14,7 см2 — площадь сечения двутавра;
1 • 153
7?=------= 281 см4 — момент инерции полосы.
12
Подставляя в условие равноустойчивости (Jx=Jy) числовые зна-
чения, получим:
1972=2 27,9 +
214,7 +2  281,
откуда с=13,6 см.
Определим допускаемую нагрузку
И=фК] а.
421
Гибкость стойки
где
2 = р/=0^0
i 5,77
'	1972
------------= 5,76 см;
2 15+2 14,7
</>«0,81 (см. табл. 13.2).
Таким образом,
Г=0,81  160  10е (2  15 + 2  14,7) • 10-4 = 77,0 • 104 Н = 770 кН.
Определим нормативный коэффициент запаса устойчивости (ко-
эффициент запаса, принятый при составлении таблицы ср для дан-
ного материала при соответствующей гибкости)
[Иу]= —
И
Так как гибкость стойки меньше предельной (для стали Ст. 3
АфеД = ЮО), Ftp определяем по эмпирическому соотношению
Р^=А(а-ЬХ).
Подставив
А=2  15+2  14,7 = 59,4 см2, 2=69,4,	а=310 МПа
и Ь= 1,14 МПа, получим:
Лр=59,4  10 (310-1,14 • 69,4) • 106= 137 104 Н;
ЛР_1370 103
_ А ч • о*
[/]	770 • 103
Задача 13.7. Подобрать сечение сжатого элемента АС фермы,
схематически изображенной на рис. 13.9. Сечение элемента состоит
из двух равнобоких уголков, расположенных тавром (рис. 13.10)
и соединенных между собой таким образом, что их совместная
работа как единого стержня обеспечена. Материал сталь Ст. 3,
[<т ]= 160 МПа. Концы рассчитываемого стержня считать закреплен-
ными шарнирно.
Определить коэффициент запаса устойчивости стержня при при-
нятых размерах сечения.
Решение. Определяем реакцию опоры А
1тв=0 ;	VA  13—Fi • 9—F2'4 = 0
VA =
200 9 + 300  4
13
=231 кН.
422
Вырезая узел А, определяем усилие в стержне АС (рис. 13.11)
VA
Zv=0;	-Msin0+Fx = O; N,=—.
sin/?
Из схемы фермы (см. рис. 13.9) имеем:
tg^ = 3^5 = 0,875;	/?=41°10',	sin0=O,657;
М = 231—= 352 103 Н.
0,657
Длина стержня
4	4
/=—=— =5,31 м.
cos/? 0,753
Расчет ведем по коэффициентам продольного изгиба
Первое приближение. Принимаем <р( = 0,6
352 103
0,6 160 106
= 36,7 ' 10"4
м2.
Требуемая площадь сечения одного уголка
А 36,7	.	>
At=-=—к 18,4 см2.
2	2
По ГОСТ 8509 — 86 уголок 100 х 100 х 10 имеет А! = 19,2 см2. Ми-
нимальный радиус инерции сечения (см. рис. 13.10) imin = zx=3,05 см
(очевидно, что для нашего сечения Jx<Jy).

423
Гибкость стержня
531 2=174;
4шп 3,05 • 2
0,26-0,23
ф1табл = 0,26---—— • 4= 0,248,
что значительно отличается от предварительно принятого.
Второе приближение:
<Р1+<Р1табл 0,6+0,248
ф2 =--------= -
Л 352 103
Л >-------------
0,424 160  1О6
Л1 = 5-9«26 СМ2.
2
Уголок 125x125x12 по ГОСТ 8509 — 86 имеет Л1=28,9 см2,
4=3,82 см.
Гибкость стержня
=	/=139;	<Р2табл«0,36.
3,о2'2
Третье приближение:
<Р2 + 9>2табл 0,424 + 0,36
фз =
0,424;
2
= 519 10“4м2;
= 0,392;
2
= 56,2 10“4 м2;
2
352 103
0,392 160 - 106
Л1=Г=5б,2=28,1 10~4 м2.
2	2
Если принять уголок 125 х 125 х 12, имеющий площадь сечения
несколько большую, чем требуемая по третьему приближению,
получим:
Nl 352 1О3	„
ст=—=------------=61,0  106 Па,
А 2 28,9 10"4
при этом 4 = 3,82 см, 2=139 и ф1абл~0,36, следовательно,
[оу] = <ртабл [ст] = 0,36 160 106 = 57,6 106 Па, т. е. стержень будет
перегружен на 5,57%. Такая перегрузка нежелательна, поэтому рас-
смотрим еще один вариант подбора сечения. Примем уголок
с меньшей площадью сечения, но с большим радиусом инерции, что
приведет к уменьшению гибкости, а следовательно, к повышению
Ф и [сту].
424

Примем уголок 140 х 140 х 9 с Л1 = 24,7 см2 и 4=4,34 см:
М 352 103
с = =--------------=71,2
Л 2  24,7 10“*
106 Па;
,	1 ' 531 • 2
2=---------=122; <рта6л=0,44;
4,34 • 2
[сту]=ФтаблМ=0,44 ' 160  10б Па = 70,4 • 106 Па.
При таком сечении перегрузка составит примерно 1%, что,
конечно, несущественно.
Определим коэффициент запаса устойчивости при принятых раз-
мерах сечения	в
«у=—;
а
п2Е
(2 >ЛфеД формула Эйлера применима).
Принимая £=2,1  1011 Па, получаем:
3,142 2,1  1011
= 139,0 Ю6 Па;
Отр~ 122*
139,0 ,
пу= —=1,95.
70,4
Задача 13.8. Стержень прямоугольного сечения закреплен таким
образом, что в плоскости наибольшей жесткости концы его могут
свободно поворачиваться, а в плоскости наименьшей жесткости их
поворот исключен (рис. 13.12).
Определить допускаемое значение центрально приложенной
сжимающей силы, если [nJ = 4,0. Материал стержня сталь Ст. 5,
£=2,1 10“ Па.
Решение. В рассматриваемом случае закрепление концов
стержня в его главных плоскостях различно, поэтому расчет следует
вести исходя из опасности потери устойчивости вокруг той из
главных осей, относительно которой гибкость стержня мак-
симальна.
Определяем радиусы инерции сечения
Л 72	„„ „
=— - —=20,8 мм;
V12 3’46
425
Определяем значения гибкости относительно главных осей:
>-х=\ ; Д1 = 1,0 (концы стержня могут поворачиваться)
Рис. 13.12
1  2500
20,8
= 120;
р2/
2? =—; д2 = 0,5 (концы стерж-
‘у
ня не могут поворачиваться)
Таким образом, опаснее
потеря устойчивости в плос-
кости наибольшей жесткости,
т. е. (/'ip)x<(^4,)J-
Определяем допускаемое
значение сжимающей силы.
Расчет ведем по формуле Эй-
лера, так как
^>Лфед (см. табл. 13.1);
(Лр)х
[пу](Д102
0,038  0,0723
n*EJx 3,142 • 2,1  10“ ’-----------------
4  2,52
= 98 • 103 Н=98 кН.
Задача 13.9. Определить допускаемую нагрузку двутавровой
балки, шарнирно опертой по концам и поддерживаемой в середине
стойкой из двух равнобоких уголков (рис. 13.13). Материал балки
и стойки — сталь Ст. 3; для балки [<т] = 160 МПа, для стойки
[Иу] = 1,8.
426
При определении усилия в стойке ее деформацией пренебречь.
Решение. Заданная система один раз статически неопределима.
При раскрытии статической неопределимости стойку рассматрива-
ем как жесткую шарнирную опору (рис. 13.14, а) — такая расчетная
схема следует из сделанного в условии задачи указания о том, что
деформацией (обжатием) стойки следует пренебречь.
На рис. 13.14, б изображена принятая для расчета основная
система с заданной нагрузкой и искомой лишней неизвестной Xt.
На рис. 13.14, в представлена основная система, нагруженная
только силами F, и на рис. 13.14, г-—соответствующая эпюра
изгибающих моментов.
Основная система, нагруженная единичной силой, приложенной
взамен лишней неизвестной дайа на рис. 13.14, д, а на рис.
13.14, е представлена соответствующая эпюра изгибающих момен-
тов.
Для системы с одной лишней неизвестной каноническое уравне-
ние метода сил имеет вид (см. § 22, 23):
+ Aif—0.
Применяя метод Мора и правило Верещагина (см. § 20, 21),
находим:
гп=—-2
EJ,
4 а3
з EJx
1
2
п 2
а 2а ' - а
3
Air—-----2
EJX
- Faa -a' -+Faa
2	3	2
11 Fa3
6 EJ^
Решив каноническое уравнение, найдем:
4 а3 ,,	11 Fa3 „
-----' Xi--------= 0;
3 EJX 6 EJX
427
На рис 13.15, а изображена основная система, нагруженная
заданными силами и найденной лишней неизвестной. Соответст-
вующая эпюра Мх дана на рис. 13.15, б.
Определим величину допускаемой нагрузки из условия прочно-
сти балки
max AG
®тах ~ [бЪ
И х
Рис. 13.14
ИЛИ
3
Fa
8
^тах ~	И j
Их
отсюда
8 И'х[ст] 8 109 10“6 160 106	-
изг=---------=- • —------------------=46,5  103 Н.
3 а 3
1,00
428
Здесь JVX= 109 см3 по ГОСТ 8239 — 89.
Определим величину допускаемой нагрузки из условия устой-
чивости стойки
[У1] = НИуст=А?
О	Ру]
ИЛИ
Рис. 13.15
1 • 200
1,54
Гибкость стойки
= 130,
Jmm
где ^ = 1,54 см — радиус инерции одного уголка относительно
центральной оси, параллельной полке, равный
минимальному главному радиусу инерции за-
данного сечения (см. задачу 13.7).
Определяем по формуле Эйлера (2>2щ,Сд) критическую силу
п2Е 3,142 2,1  10“
= -- А =
•23,89 10“4 = 9,54
104 Н,
где принято £=2,1 1011 Па, Л = 2Л1 и ^ = 3,89 см3 — площадь
сечения одного уголка по ГОСТ 8509 — 93.
Подставив в выражение для [£]уст числовые значения, получим:
[£] А • 9)54 10*-з,85 • 104 Н.
L Jy 11	1,8
Окончательно принимаем [Г]=[£]усТ=3,85 104 Н. При такой
нагрузке максимальное напряжение в опасном сечении балки
429
3
8 _3
Щх 8
3,85 104 1,00
109 10 6
= 133,0  106 Па.
Задача 13.10. Определить по данным предыдущей задачи как
изменится величина допускаемой нагрузки, если при раскрытии
статической неопределимости учесть деформацию стойки.
Решение. При учете обжатия стойки уравнение перемещения
удобн представить в виде:
|Л17г] — J A'l =	,
ЕА
т. е. прогиб балки в месте отброшенной опоры, рассматриваемый
как разность абсолютных величин прогибов от сил F и равен
изменению высоты (обжатию стойки).
Используя результаты решения предыдущей задачи, получаем:
11 Fa3 4 а3 %
6 EJX 3 EJX Х~~ ЕА
При Jx=873 см4, Л = 7,78 см2, а=1 м и /=2 м найдем:
11 Fa3	11 I3
v 6
X. t —------
4 a3 I
-  _|_—
3 Jx А
11
6 873	-----= 1,35Г.
I3	2
F-
4
3 873 ' 10-в ' 7,78  10'4
Определяем допускаемую нагрузку из расчета стойки на устой-
чивость
[У,]=1,35[ЛУСТ=^,
[Пу]
откуда
[ЛУСТ=—-=^-^ = 3,92  104 Н,
1,35 [йу] 1,35 1,8
(значение Ххр взято из решения предыдущей задачи). Таким об-
разом, погрешность решения предыдущей задачи составляет всего
1,79% и идет в запас надежности конструкции.
Задача 13.11. По данным задачи 13.9 определить, какой коэф-
фициент запаса устойчивости будет иметь стойка при ее нагреве на
Af=40°. Принять £=2,1  1011 Па; а = 12,5  10-6 С1. Считать, что
балка не нагружена.
Решение. Определим из уравнения перемещений величину уси-
лия У], возникающего в стойке при ее нагревании. Удлинение
430
стойки с учетом совместного действия ее нагрева и реакции балки,
очевидно, равно прогибу балки в месте прикрепления к ней стойки.
Это условие выражается уравнением
лу
Л1Х,=<5пХ—и/А/——,
ЕА
где А1Л;—!У, — прогиб балки от сила Х„ с которой стойка действу-
ет на балку;
а/А/ — свободное температурное удлинение стойки;
----изменение длины (сжатие) стойки от силы X,.
EF
Использовав решение задачи 13.9, получим:
4 a* 3	Xtl
~X,=albt-----,
3 EJ,	ЕА
откуда (см. также решение задачи 13.10)
12,5  10“6 *  2 40
I3
1350 Н.
а/Д/
4 а3 /	4	I3	2
3 EJX+ ЕА 3 2,1 10“ 873 • КГ8 2,1  10“ • 7,78 10"
При У,.. = 9,54  104 * Н (см. решение задачи 13.9) коэффициент запаса
устойчивости для стойки
9,54 10*
nN— -=---------= 70,7.
X, 1350
Такой высокий коэффициент запаса объясняется большой подат-
ливостью балки при изгибе. Интересно отметить, что если бы
стойка своим верхним концом была шарнирно соединена с аб-
солютно жесткой опорой, то при заданной температуре нагрева
коэффициент запаса устойчивости был бы равен всего лишь 1,23.
§ 41. ПРОДОЛЬНО-ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ.
ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ
Расчет прямого бруса большой жесткости при сочетании
изгиба и растяжения (сжатия) выполняется на основе принципа
независимости, действия сил. Такой метод расчета был подробно
рассмотрен в § 27, 28. В тех случаях, когда жесткость рассчитыва-
емого бруса невелика, принцип независимости действия сил непри-
меним, и необходимо учитывать влияние осевых сил на величину
прогибов, а также учитывать дополнительные изгибающие момен-
ты от осевой нагрузки, обусловленные деформацией бруса.
431
Расчет на совместное действие изгиба и осевого нагружения,
выполняемый с учетом как влияния осевых сил на прогибы бруса, так
и с учетом дополнительных изгибающих моментов от указанных
сил, принято называть расчетом на продольно-поперечный изгиб.
Ограничимся рассмотрением сочетания изгиба и сжатия* (рис.
13.16), при этом будем полагать, что главная центральная ось
поперечного сечения бруса, перпендикулярная к плоскости действия
нагрузки, является осью симметрии сечения.
Максимальные сжимающие напряжения в произвольном попе-
речном сечении бруса определяются по формуле
где М* — изгибающий момент, вызванный действием только по-
перечной нагрузки;
Nv — изгибающий момент от осевой силы N.
Подчеркнем, что наличие третьего слагаемого в формуле (13.15)
отражает одну из особенностей расчета на продольно-ni пе ечный
изгиб; действительно, для бруса большой жесткости прогиб (г),
а следовательно, и дополнительный изгибающий момент (Nv) весь-
ма невелики и величина максимального напряжения с достаточной
точностью выражается первыми двумя слагаемыми формулы
Nv
(13.15). Для бруса небольшой жесткости слагаемым — пренеб-
регать нельзя.
Все величины, входящие в формулу (13.15), следует брать по
абсолютной величине, при этом тахстс представляет собой зна-
чение наибольшего сжимающего напряжения в рассматриваемом
сечении, взятое по модулю. Для упрощения записи обозначения,
показывающие, что та или иная величина берется по модулю,
опускаем.
Прогиб (v) в формуле (13.15) является результирующим про-
гибом от совместного действия поперечной и осевой на-
*Очевидно, что при действии сжимающей силы прогибы бруса больше, а при
действии растягивающей силы меньше, чем прогибы, обусловленные только попе-
речной нагруз ой. Именно поэтому случай действия сжимающей нагрузи представ-
ляет больший практический интерес.
432
грузок. Его величина может быть определена по следующей при-
ближенной формуле:
«о
v =-----,	(13.16)
1 —
N3
где v0 — прогиб от действия только поперечной нагрузки;

— так называемая эйлерова сила.
В выражение эйлеровой силы входит момент инерции Jx от-
носительно той из главных центральных осей поперечного сечения
бруса, которая перпендикулярна к плоскости действия поперечной
нагрузки, независимо от того, минимален или максимален указан-
ный момент инерции.
Формула, определяющая величину эйлеровой силы, применима
независимо от гибкости рассчитываемого бруса, т. е. независимо от
того, больше или меньше эта гибкость, чем предельная гибкость
для материала бруса*.
Необходимо иметь в виду, что формула (13.16) может приме-
няться только в тех случаях, ксгда поперечная нагрузка является
односторонней. Если закрепление концов (одного или обоих) бруса
отлично от шарнирного, в формулу для эйлеровой силы следует
вводить не фактическую длину I бруса, а приведенную длину д/. При
этом точность формулы (13.16) меньше, чем для бруса с шарнирно
закрепленными концами.
Для сжатого стержня, имеющего малую начальную кривизну,
приведенные формулы и указания остаются в силе, при этом под
v0 следует понимать начальный прогиб, обусловленный кривизной
(начальной) стержня.
При расчете на прочность ограничимся рассмотрением симмет-
рично нагруженных брусьев, для которых максимальный изгиба-
ющий момент от поперечной нагрузки (тахЛ/°) и максимальный
результирующий прогиб (от поперечной и осевой нагрузок) имеют
место для одного и того же сечения. Обозначив максимальный
результирующий прогиб через f а максимальный прогиб от попе-
речной нагрузки через н^ основании формулы (13.16) получим:
*Для бруса, подвергающегося одновременному действию пбперечной и осевой
нагрузок (а также для бруса с начальной кривизной), говорить о потере устойчивости
прямолинейной формы равновесия (в плоскости действия поперечных нагрузок)
лишено смысла. Поэтому эйлерова сила должна рассматриваться лишь как некото-
рое обозначение, ввёденное по аналогии с формулой Эйлера для критической силы
центрально сжимаемого прямолинейного стержня. Формальное различие в вычисле-
нии эйлеровой силы и критической силы (по формуле Эйлера) следует из приведен-
ных в тексте указаний о моменте инерции и гибкости.
433
Л
1—
Ns
(13.17)
Максимальное сжимающее напряжение в опасном сечении
определяется по формуле [являющейся следствием формул (13.15)
и (13.17)]
N maxAf0
maxcrc=—f-----+
Л Wx
w.
N'
1 —
. Ns.
(13.18)
Из этой формулы видно, что при расчете на продольно-попереч-
ный изгиб зависимость между напряжениями и нагрузками нели-
нейна. При увеличении всех действующих сил в п раз напряжения
возрастут более чем в п раз, так как в последнем слагаемом в п раз
возрастут величины и N и f0. Поэтому сопоставление величины
max <тс с допускаемым напряжением ни в коей мере не дает возмож-
ности оценить прочность бруса (подробнее это указание разъяснено
в задачах § 42).
При проверочном расчете на прочность определяют коэффици-
ент запаса, который сопоставляют с требуемым (допускаемым)
коэффициентом запаса прочности [и].
Допустим, что в опасной точке опасного поперечного сечения
напряжения достигнут величины предела текучести* стт (или <т012) при
увеличении в п раз всех действующих на брус нагрузок. Указанную
величину п принимают да коэффициент запаса прочности при про-
дольно-поперечном изгибе. Из сказанного следует, что величина п
может быть определена из формулы
Nn
----1-
А
тахЛ/°п
Nn/o«
(13.19)
Эта формула соответствует случаям, когда поперечная и осевая
нагрузки возрастают пропорционально одному параметру (так на-
зываемое простое нагружение). В случае если возможно возрастание
только осевой нагрузки, а поперечная нагрузка постоянна (напри-
мер, собственный вес), то в этом частном случае сложного нагруже-
ния коэффициент запаса определяют из равенства
•Ограничиваемся расчетом на прочность брусьев из пластичных материалов.
434
nN
max M° n2Nf0
(13.20)
Отметим, что, приравнивая максимальное напряжение пределу
текучести и используя при этом формулы (13.15) -е- (13.18), справед-
ливые в пределах применимости закона Гука, мы тем самым как бы
расширяем область применения закона Гука вплоть до напряжений,
равных пределу текучести. Конечно, погрешность проистекающая
от указанного допущения, невелика, так как значения пределов
текучести и пропорциональности мало отличаются друг от друга.
В тех случаях, когда поперечная нагрузка действует в плоскости
наибольшей жесткости бруса (см. ниже рис. 13.17), помимо расчета
на прочность, выполняемого, как изложено, следует произвести
расчет на устойчивость в плоскости наименьшей жесткости (см.
ниже задачу 13.12).
§ 42. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ НА ПРОДОЛЬНО-ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБ
Задача 13.12. Проверить прочность и устойчивость бруса АВ
(рис. 13.17), если требуемый коэффициент запаса прочности [и]= 1,6
и требуемый коэффициент запаса устойчивости [иу] = 2,0. Материал
бруса сталь Ст. 4; стт=260 МПа; Е—2 1011 Па.
При расчете на устойчивость считать, что швеллеры жестко
соединены между собой.
Решение. Для выяснения условий работы бруса определим
в первую очередь усилие Nb возникающее в тяге ВС. Рассекая тягу
и составляя уравнение равновесия приложенных к брусу сил (рис.
13.18, а) в виде суммы их моментов относительно точки А, по-
лучаем:
Г—A'./sina=0,
2
откуда
2 sin a
435
Угол а определяем по рис. 13.17
tga=— = 0,133, a=7°35'.
6,0
Горизонтальная составляющая N (на рисунке не показана) уси-
лия Ni определится из выражения
Feos a	F 7,0
N=N1cosa=^—=---------=—-— = 26,3 кН.
2sina 2tga 2 ’ 0,133
F
Реакции шарнира А равны: HA = N и VA=- (последнее следует из
2
соображений симметрии).
Таким образом, брус работает на изгиб (эпюра М° представлена
на рис. 13.18, б) и, кроме того, сжимается силами N и НА.
Выполним расчет бруса на сочетание изгиба и сжатия, применяя
принцип независимости действия сил, т. е. полагая, что жесткость
бруса достаточно высока.
Максимальное сжимающее напряжение в сечении посередине
пролета (при расчете балки как бруса большой жесткости)
N тахЛТ0
тах стс=- -|-----~
л
26,3 10’	_	10,5 • 103
2  10,9  Ю"4 2 34,8  10"6
163 МПа,
где lFxinB = 34,8 см3 и Лшв = 10,9 см2 принято по ГОСТ 8240 — 89.
Коэффициент запаса прочности (по напряжениям) по отноше-
нию к пределу текучести
па=------
тахстс
— =1,59.
163
Оценить погрешность выполненного расчета можно, лишь сопо-
ставив его результат с получаемым из расчета на продольно-попе-
436
речный изгиб. В этом случае для определения шахсгс применим
формулу (13 18)
N max М0	TVfo
max стс=—I-----------1-----------
A Wx / ЛГ
1----
\ N3.
Прогиб/о от действия только поперечной нагрузки определим по
формуле
Fl3
4SEJ.
Эта формула была получена при решении задачи 7.1. Подставив
числовые данные, найдем:
7 103 б3
48 2 10“ (2 174 1(Г8)
10- 3 м=45,2 мм,
=45,2
где /Х1ПВ= 174 см4 по ГОСТ 8240 — 89.
Определим величину эйлеровой силы
,,, 10, н=191
i2	б2
Подставив числовые данные в выражение для шах стс, найдем:
26300	10,5  103	26300 45,2  10~3
max стс=----------- -I---------- -I--------------------
2 • 10,9 10’4 2  34,8  10"6	/ 26,3\
- --- —‘Ч-—
191/
2  34,8  КГ6
= 12,1 + 151 + 19,8 = 183 МПа.
Необходимо подчеркнуть, что сопоставление тахстс, вычислен-
ного двумя способами, не дает возможности правильно оценить
погрешность первого расчета, так как при продольно-поперечном
изгибе коэффициент запаса по напряжениям не характеризует на-
дежность конструкции (см. с. 434).
Вычислим коэффициент запаса прочности, используя формулу
(13.19).
Nn шахЛ/°л Nnf°n
Wx ( Nn\
Wx 1---
\ nJ
26300л	10,5 103л	26300л 45,2 -10" Зл „	, л
(Т? =-------------+---------------+--------------------------= 260 • 106.
2 10,9  10~4 2 34,8  10“6	/ 26,3л\
2 34,8  10"6 I 1-------)
\	191 /
437
Решив квадратное уравнение, найдем п—1,4.
Таким образом, погрешность расчета, выполненного на основе
принципа независимости действия сил, составляет:
по — п	1,59—1,4
—  100% =—------------  100% = 13,6%.
п	1,4
Брус перегружен на
• 100% =1,6 — • 100% = 12,5%.
[л]	1,6
(F,=3,W)
Рис. 13.19
На рис. 13.19 представлен график
зависимости максимального сжима-
ющего напряжения от сжимающей си-
лы* N. Точка М соответствует задан-
ной, а точка N — предельной нагруз-
ке. Вместо приведенного выше анали-
тического определения коэффициента
запаса его можно определить по по-
строенному графику как отношение
отрезков OL и OK (NT — сила, при
которой в крайних точках сжатой зо-
ны опасного сечения напряжения ста-
новится равными <тт).
Проверим брус на устойчивость
в плоскости наименьшей жесткости (в
плоскости, перпендикулярной к той,
в которой действует поперечная на-
грузка F). Указание о необходимости
такого расчета при изгибе бруса в плоскости наибольшей жесткости
было дано на с. 435.
Минимальный момент инерции поперечного сечения (см. рис.
13.17).
Л=2[(Л>)шв+о2Лпв]=?(20,4+2,442 • 10,9)= 171 см4.
Минимальный радиус инерции
' 171
------=2,8 см.
2 10,9
’Конечно, можно было бы построить график зависимости тахсгс от нагрузки
F, характер графика не изменился бы, так как отношение сил F и N постоянно:
N=3,16F.
438
Гибкость бруса
^гтп
1 - 600 л ,
—- = 214>Лдред.
2,о
Критическую силу при А > Лщед определяем по формуле Эйлера
л2£Лшп 3>14з 2 10п 171 . 10-в
^ = -,2 -=
93 103 Н = 93 кН.
Коэффициент запаса устойчивости
93
nv=— =— = 3,55 > [nJ.
У 26,3	У
Задача 13.13. Определить из расчета на продольно-поперечный
изгиб коэффициент запаса прочности балки (рис. 13.20). Расчет вы-
полнить с учетом собственного веса балки. Принять, что отношение
между силами F и N при их возрастании остается постоянным.
Материал балки сталь Ст. 3; стт —240 МПа; Е=2  1011 Па.
Швеллер И’Зб
Г=ЦлН

£
2
I
Рис. 13.20
Решение. На рис. 13.21, а показана схема нагружения балки
с учетом влияния собственного веса. Эпюры изгибающих моментов
от силы и от собственного веса (М°д) представлены на рис.
13.21, б, в.
Максимальное сжимающее напряжение в сечении посередине
пролета определим из выражения
N М°г М° Nifof+fo^)
maxcrc= + -+
A Wx Wx / ЛП
rU 1 —
\ NJ
где
Wx=-^-=6\.,'l см3 (см. рис. 13.20);
.Утах
foF'
Fl3
A&EJX
4 103 53
48 2 1011 513 10“8
= 1,02 ' IO"2
m;
439
5 «Г
384 EJ,
5  41,9 • 9,81 ' 54
384 2 IO11 ' 513 • 10~8
= 3,26 10’3
м.
Для вычисления прогибов fof от силы F и Д от нагрузки q
пользуемся приведенными выражениями, которые легко получить
любым из рассмотренных ранее методов определения перемещений
при изгибе. Значения A, J„ W„ q приняты по ГОСТ 8240 — 89.
Определяем величину эйлеровой силы.
Рис. 13.21
Подставив заданные и найденные величины в выражение для
шахстс, получим:
n2EJx 3442  2 • 1011'513  10"®
N3
I2
52
406 • 103 Н=406 кН.
120  103	5  103	1,31  103
max стс=------------ 4------------ 4-----------
53,4 • 10~* 61,7 • 10~6 61,7  1(Г6
120- 103 (1,02+0,33) Ю’2
/	120\
61,7  10~6 1------
\ 406/
22,5 • 10бЧ-81  10бЧ-
4-21,2 10б4-37,3  10б= 162 • 10б Па=162 МПа.
Вычисление коэффициента запаса в рассматриваемой задаче
имеет по сравнению с предыдущей задачей некоторые особенности.
В задаче 13.12 возрастание поперечной нагрузки неизбежно сопро-
вождается ростом осевой нагрузки, так как последняя является по
существу реактивной силой, зависящей от поперечной нагрузки, т. е.
440
там было рассмотрено простое нагружение. Здесь специально ого-
ворено (см. условия задачи), что отношение сил F и N является
постоянным. Кроме того, здесь есть дополнительная поперечная
нагрузка (собственный вес), которая, конечно, неизменна, и, следо-
вательно, при составлении выражения для определения коэффици-
ента запаса величины	умножать не следует, т. е. здесь
рассматривается один из частных случаев сложного нагружения.
Учитывая сказанное, коэффициент запаса найдем из выражения
л wx w,
/ Nn'
Wx 11 —
\	^3.
или
120  103л	5 103и	1,31  103
240  10 —------------4-----------4-----------
53,4  10~4 61,7  10"6 61,7  10~6
120- 103л (1,02л+0,33) 10“2
/	120л\
61,7 10~6 1-^1
\	406/
Решив квадратное уравнение, найдем и =1,37.
Рассчитывая заданную балку, как брус большой жесткости, по-
_	„	240,0
лучили бы коэффициент запаса, равный -----------= 1,93, т. е.
22,5 + 81,0 + 21,2
погрешность такого расчета была бы очень значительна — 40,8%.
Задача 13.14. Определить допустимое значение нагрузки для
внецентренно сжатой дюралюминиевой стойки (рис. 13.22), если
[и]=2,4. Принять стт=200,0 МПа, £=0,7 • 1011 Па.
Решение. Внецентренно приложенные сжимающие силы заме-
няем центрально приложенными силами и моментами m=Ne, в
результате получаем расчетную схему, представленную на рис.
13.23, а; на рис. 13.23, б дана соответствующая эпюра изгибающих
моментов.
Опасным будем считать такое состояние стойки, при котором
в крайней точке сжатой зоны опасного сечения (посередине пролета)
напряжение достигнет величины предела текучести. Силу, соответ-
ствующую этому состоянию, обозначим Ут. Величину указанной
силы определим из выражения
NTe
---4
Wx

441
где fom — прогиб посередине пролета от приложенных на опорах
моментов при достижении каждым из них величины
mI=NTe.
Для определения прогиба f0 прикладываем к разгруженной
стойке единичную силу (рис. 13.23, в) и строим соответствующую
эпюру моментов Мг (рис. 13.23, г). Перемножая по правилу Вереща-
гина эпюры и находим:
1/1 I \ Nel2
—	/ ]т=-----,
EJX \2 4 / 8£JX
т^е
Рис. 13.23
Nxel2
%EJX

Вычисляем геометрические характеристики сечения
7,4	,
Wx=-=— = 3,7 см3;
d 2
2
442
, nd2 „	.	3,14 ' 42	(32\2 t ,
A=—(1—c2) =------- 1— ( ) =4,52 CM2.
4	4 L \40/ _
Определяем величину эйлеровой силы
3,142 0,7  1011  7,4  10"8
N3=-----= --------------------= 22,7  103 Н.
I2	1,502
Выражение для fOm представим в виде:
Nrel2 ЛГТ25  10"3  1,502	. _ ,
fOm=^—=---------------------=1,36 ' 10 5NTM.
8EJX 8 • 0,7 • 1011  7,4  IO"8

Подставив числовые данные, определим NT
, NT NT25  10“3	ЛГТ1,36  10“sN,
200 106=---------—+-----------4
4,52  10	3,7  10“6
3,7  10“6 1 ----------
\ 22,7  103
отсюда NT= 11,5  103 H = ll,5 кН.
Допускаемое значение нагрузки
Nj 115- 103
[ЛП=—=—------=4610 H=4,61 кН.
М 2,4
ГЛАВА XIV
ОСНОВЫ РАСЧЕТА ПО ПРЕДЕЛЬНЫМ НАГРУЗКАМ
§ 43. РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ СИСТЕМ,
ЭЛЕМЕНТЫ КОТОРЫХ РАБОТАЮТ НА РАСТЯЖЕНИЕ (СЖАТИЕ)
Расчеты на прочность, рассматривавшиеся в предыдущих главах
пособия, выполнялись по допускаемым напряжениям (по опасной
точке). Напомним, что при таком подходе к расчету прочность
конструкции считается нарушенной, если хотя бы в одной ее точке
(опасной) расчетное напряжение (в общем случае эквивалентное
напряжение по принятой для расчета гипотезе прочности) окажется
равным предельному напряжению (сгв или стт, или о-02). Соответст-
венно, в качестве допускаемой нагрузки конструкции принимается
такая нагрузка, при которой расчетное апряжение в опасной точке
(г 1 '’’пред | т-г
[ст]=---I. При ли-
И /
нейной зависимости между нагрузками и напряжениями* из сказан-
ного следует, что допускаемая нагрузка в [и] раз меньше той на руз-
ки, при которой в опасной точке расчетное напряжение становится
равным предельному напряжению для данного материала.
Принципиально иной подход к расчету на прочность использу-
ется в настоящей главе применительно к конструкциям из пла-
стичных материалов при действии статических нагрузок. При этом
подходе к расчету предельной нагрузкой конструкции счита-
ется такая нагрузка, при которой система (конструкция) перестает
быть геометрически неизменяемой и теряет способность сопротив-
ляться возрастанию нагрузки. Допускаемую нагрузку ([/]) назнача-
ют как некоторую часть от предельной
и=^.
1«пр]
*Из задач, рассмотренных в предыдущих главах, только при продольно-попе-
речном изгибе не соблюдается линейная зависимость между нагрузками и напряже-
ниями и в этом случае расчет по допускаемым напряжениям неприменим (см. § 41,
42).
444
Заметим, что коэффициенты запаса, принимаемые при расчете
по допускаемым напряжениям и по предельным нагрузкам*, вооб-
ще говоря, могут иметь различную величину для одного и того же
материала и одинаковых условий работы.
При расчете по предельным нагрузкам будем исходить из схема-
тизированной диаграммы растяжения материала, представленной
на рис. 14.1. Согласно этой диаграмме принимается, что до наступ-
ления текучести материал подчиняется закону Гука (т. е. считают,
что пределы пропорциональности и текучести совпадают), а после
начала текучести напряжение остается постоянным при неограни-
ченном росте деформации, т. е. площадка текучести имеет теорети-
чески бесконечно большую протяженность. Эту диаграмму называ-
ют диаграммой растяжения (сжатия) идеального упруго-пластичес-
кого материала или диаграммой Прандтля.
Расчеты по допускаемым напряжениям и по предельным нагруз-
кам приводят к различным результатам в случаях, когда в упругой
стадии работы системы напряжения в поперечных сечениях ее эле-
ментов распределены неравномерно (например, при изгибе или
кручении), и в тех случаях, когда система статически неопределима
(даже при равномерном распределении напряжений).
Для статически определимых систем, элементы которых работа-
ют на растяжение (сжатие), результаты расчета по обоим указан-
ным методам совпадают.
Например, для системы, изображенной на рис. 14.2, при расчете
по допускаемым напряжениям, допускаемая нагрузка должна быть
в [и] раз меньше той нагрузки, при которой в наиболее нагруженном
•Помимо принятого здесь наименования «расчет по предельным нагрузкам»
в учебной и специальной литературе встречаются наименования: «расчет по раз-
рушающим нагрузкам», «расчет по допускаемым нагрузкам», «расчет по несущей
способности», «расчет с учетом пластических свойств материала».
445
стержне (при /? < а в стержне ВС) возникнет текучесть. Очевидно, что
при возникновении текучести в одном стержне система становится
геометрически изменяемой, т. е. нагрузка, вызывающая текучесть
в наиболее нагруженном стержне, является предельной для конст-
рукции в целом, и, следовательно, допускаемая нагрузка, опреде-
ленная из расчета по предельной нагрузке, будет такой же, как
и в первом случае.
В статически неопределимой системе по рис. 14.3, а текучесть
в первую очередь возникнет в наиболее нагруженном среднем стер-
жне. Действительно, раскрывая статическую неопределимость ме-
тодом, изложенным в гл. II, будем иметь:
AZ,
Д/2=----(рис. 14.3, б);
cos а
N2h Nih
ЕА ЕА cos2a’
F=2Nt cosa+jV2
(из уравнения равновесия сил, действующих на узел D), откуда
окончательно
Feos2 a	F
Nt=N3=------ —;	N2=---------,
l+2cos3a	14-2cos3a
т. e.
N2>Nt = N3.
Найдем силу (FT), при которой в среднем стержне возникнет
текучесть
FT
N2 = a.tA =--------—,
14-2cos3a
FT=oyA (1+2 cos3 a).
откуда
446
При расчете по допускаемым напряжениям эта сила рассмат-
ривается как опасная (условно предельная) и допускаемая нагрузка
системы определяется из выражения:
FT атА
[/]=-=— (l+2cos3a).
И [«]
При силе, равной Fn несущая способность конструкции не исчер-
пана, так как стержни 1 и 3, находящиеся в упругом состоянии,
оказывают сопротивление возрастающей нагрузке. При силе, боль-
шей Fi, усилия Ni и могут быть найдены из уравнений равнове-
сия, так как усилие N2 сохраняет постоянное значение, равное сттЛ
(как следует из диаграммы Прандтля, при достижении напряжени-
ями величины, равной пределу текучести, в дальнейшем дефор-
мации растут при постоянных напряжениях). По рис. 14.3, в имеем:
2Ni cos a—F— trTA;
*’1 — ‘’3— „
2 cos a
Конструкция окажется геометрически изменяемой, когда и в бо-
ковых стержнях напряжения станут равны сгт. Соответствующее
значение силы F является предельным
^ = К = атА=Рвреа~атА,
2 cos a
откуда
Лред=OjA (1 + 2 cos a).
При коэффициенте запаса таком же, как и при расчете по до-
пускаемым напряжениям, допускаемая нагрузка определится из вы-
ражения
^ITTW'n
[FY=—=— (1 + 2 cos a)
(М к,]
и отношение допускаемых нагрузок, полученных двумя методами,
[/]' l+2cosa
[J] l+2cos3a
Например, при a =30° [/]' : [/] = 1,17.
Предельная нагрузка может быть найдена и без раскрытия ста-
ической неопределимости • системы и анализа упругой стадии ее
работы. Для определения F^a в рассмотренном случае достаточно
447 
положить, что усилие в каждом из стержней равно сттЛ; при этом
нагрузка системы равна ^щед и ее величина находится из условия
равновесия узла D : Fupen=cr-r^+2cr Л cos а.
В более сложных случаях, когда неочевидно, в каких именно
стержнях должна возникнуть текучесть (для того чтобы система
перестала быть геометрически неизменяемой), следует рассмотреть
все возможные варианты исчерпания несущей способности системы
и для каждого из них определить предельную нагрузку. Наимень-
шая из них и будет действительной предельной нагрузкой
конструкции. Так, например, для трехстержневой системы по рис.
14 4 надо рассмотреть два варианта перехода системы в предельное
состояние (исчерпания несущей способности): а) возникновение те-
кучести в стержнях AD и BD, б) возникновение текучести в стержнях
BD и CD. Вариант — возникновение текучести во всех трех стерж-
нях противоречит условию равновесия. Нетрудно убедиться, что
наименьшей предельной нагрузкой (действительной предельной на-
грузкой системы) является нагрузка, соответствующая варианту (а),
Рцред=Лстт (1 + cos а+sin a ctg /?).
В рассматриваемых ниже примерах применяется именно этот
метод.
В заключение отметим, что возможны случаи, когда допуска-
емая нагрузка статически неопределимой системы, найденная из
расчета по допускаемым спряжениям, совпадает (при одинаковых
коэффициентах запаса) с полученной из расчета по предельной
нагрузке.
Указанное совпадение получается i частности, для конструкций,
элементы которых с позиций расчета по допускаемым напряжениям
являются равнопрочными, т. е. напряжения, равные допускаемым
448
(или предельным), возникают одновременно во всех совместно
работающих элементах. Соответствующий пример приведен на рис.
14.5. Нетрудно убедиться, что при любом значении силы F (незави-
симо от координаты с) напряжения в стержнях 7 и 2 одинаковы
и при возрастании силы F текучесть возникает одновременно в обо-
их стержнях, т. е. FT=Fnpea.
Задача 14.1. Определить из условия прочности стержней, поддер-
живающих балку АС (рис. 14.6), допускаемое значение силы F.
Балку считать абсолютно
жесткой. Для материала
стержней (сталь Ст. 3) стт=
= 240 МПа. Принять [и] = 2,0.
Расчет выполнить по методу
предельных нагрузок.
Решение. Рассмотрим
возможные варианты исчер-
пания несущей способности
заданной системы.
1-й вариант: текучесть воз-
никает в стержнях 1 и 2 (рис.
14.7, а); значение предельной нагрузки, соответствующее этому
варианту, определим, приравняв нулю сумму моментов относитель-
но точки С сил, действующих на балку*.
2>ис=0; сттЛ1 • 2а + аТА2а — F^  2а = 0;
(тЛ2А1+А2)=^ • 240  10б(2  4 • 10’4+10  10“4) =
= 216 103 Н=216 кН.
2-й вариант: текучесть возникает в стержнях 1 и 3 (рис. 14.7, б).
Из кинематических соображений вытекает, что в стержне 3 усилие
является сжимающим. Действительно, стержень 2 находится в уп-
ругом состоянии, и движение геометрически изменяемой системы,
в которую обратится заданная конструкция, можно представить
лишь как поворот балки вокруг оси, проходящей через точку В.
А это и будет означать, что стержень 1 растянут, а стержень
3 сжат* **.
•Момент возникновения текучести в двух стержнях соответствует переходу
системы из геометрически неизменяемой в геометрически изменяемую. Такое состо-
яние системы является состоянием предельного равновесия, поэтому здесь допусти-
мо использование уравнений статики.
**При возникновении текучести в стержнях 2 и 3 система не находится в преде-
льном состоянии, так как линия действия силы совпадает с осью стержня 1. В любом
варианте предельного состояния стержень 1 должен находиться в состоянии текуче-
сти.
15 Ицкович Г.М., Минин Л.С., Винокуров А.И.
449
Составив уравнение предельного равновесия в форме 'LmB=0,
получим:
‘ a+(jTA1a+tjJA3a=O,
откуда
Г"пред=<тт(Л1-|-Л2)=240  10б(4  10“4+4 10-4)=
= 192  103 Н=192кН.
Заметим, что предположение о растяжении стержня 3 приводит
к результату /г"прсд=0, противоречащему здравому смыслу (см. с.
476).
Рис. 14.7
Нетрудно убедиться, что третий вариант исчерпания несущей
способности системы (возникновение текучести одновременно во
всех трех стержнях) даст большее, чем в двух рассмотренных вари-
антах, значение предельной нагрузки. Таким образом, окончательно
получаем:
F =F" =192 кН-
* пред -* пред
и-£пред
192
— = 96 кН.
[«пр!	2,0
Задача 14.2. По данным предыдущей задачи определить остаточ-
ные напряжения в стержнях, если разгрузка балки произведена
непосредственно перед достижением системой предельного состоя-
ния.
Решение. Было установлено, что предельное состояние насту-
пает при появлении текучести в стержнях 1 и 3. Этому состоянию
соответствует сила Лф,д= 192 кН (см. рис. 14.7, б).
450
При этом усилия в стержнях 1 и 3 имеют следующие значения:
У1 = сттЛ1=240  106 4 10“4=96 103Н = 96кН;
7V3 = <ттЛ3 = 240 106 4 10“4 = 96 • 103 Н = 96 кН.
Усилие N2<a1A2 можно найти из уравнения равновесия Хи=0
(см. рис. 14.7, б):
Ni + N2 - N3 - /"„ред=О или
96 + 7V2-96-192 = 0,
откуда 7V2 = 192 кН.
Разгрузку системы можно рассматривать, как ее дополнительное
нагружение силой /’=192 кН, приложенной в той же точке, что
и сила /'пред и направлен-
ной в сторону, противо-
положную направлению
Fnpefl. Таким образом, что-
бы получить величины
остаточных продольных
сил, нужно к усилиям; со-
ответствующим нагрузке,
предшествующей переходу
в предельное состояние,
добавить усилия от на-
грузки той же величины,
но противоположного на-
правления (рис. 14.8, а).
Эти усилия надо вычис-
лять в предположении, что
материал сохраняет упру-
гие свойства.
Для определения уси-
лий, возникающих в стер-
жнях при направленной
вверх силе F'=Fnpca, нуж-
но учесть, что система статически неопределима и, как об этом
сказано выше, работает в упругой стадии. Раскрываем статическую
неопределимость.
Составляем уравнения равновесия, приняв, что все стержни сжа-
ты (рис. 14.8, б):
Ev=0; Nt+N2+N3=F',
2^ = 0;	JV2a + TV3  2а=0.
Уравнение перемещений (рис. 14.8, в):
А/2=- (АД+Д/з),
2
15*
451
где
*, Ni  0,6
Д/i —--------.
Е 4- 10-4
* , N2 ' 1,2
A/? — 7~----------J
E 10 IO"4
*,	N3- 0,6
A*3 —----------,
£ 4  10~4
Решив эти уравнения совместно, получим:
21	5	5
F', N2=- F' и N3=---F'.
26	13	26
Подставляя сюда F' = F^a—192 кН, находим усилия в стержнях от
разгрузки:
N] —155 кН; N2=74 кН; 7V3= — 37 кН. Знак минус указывает, что
направление усилия в стержне 3 противоположно предварительно
принятому (рис. 14.8, б), т. е. этот стержень при действии силы F’
будет растянут.
Суммируя усилия от нагрузки и разгрузки, получаем остаточные
продольные силы N* (со знаком плюс записаны растягивающие
усилия):
Л'* = 96—155 = —59 кН;
Л^ = 192-74 = 118 кН;
Д'* =-96 + 37=-59 кН.
Итак, стержни 1 и 3 сжаты, стержень 2 растянут. Система сил после
разгрузки, естественно, самоуравновеш нна, так как никакие внеш-
ние силы на нее не действуют.
Разделив найденные остаточные усилия на соответствующие
площади поперечных сечений стержней, определим остаточные на-
пряжения:
N* 59  103
о Т = -	_ л =-147 МПа;
4  104
N* 118 103 ,,
сг*= 2.=-------= Ц8 МПа;
а2 ю  кг4
N*	59  103
ст! =— =---------= -147 МПа.
А3	4 10’4
Рис. 14.9
Задача 14.3. Определить из расчета по мето-
ду предельных нагрузок допускаемое значение
силы F для конструкции, изображенной на рис.
14.9. Материал и площади поперечных сечений
всех стержней одинаковы. Величины стт и [и]
заданы.
Решение. Несущая способность заданной
системы будет исчерпана, если текучесть воз-
никнет в двух стержнях. Одним из них обязате-
льно должен быть стержень АО, так как совер-
452
шенно очевидно, что пока этот стержень, ось которого совпадает
с линией действия силы, находится в упругом состоянии, он,
а следовательно, и система в целом оказывают сопротивление
возрастающей нагрузке. Для рассмотрения условий предельного
равновесия нужно знать характер деформации (направление усилий)
в стержнях ВО и СО. Из равенства нулю суммы проекций на
горизонталь всех сил, приложенных к шарниру О, следует, что
усилия в стержнях ВО и СО не могут быть оба одновременно
растягивающими или оба сжимающими. Логично предположить,
что стержень ВО испытывает растяжение, а стержень СО — сжатие,
а не наоборот (рис. 14.10, а).
Принимая, что текучесть возникла в стержнях АО и ВО (см. рис.
14.10, а), составим уравнение равновесия узла О (спроектируем силы
на вертикаль, чтобы исключить неизвестное усилие А’3 < атА):
откуда
Ег=0;	— 7%рсд + о'тЛ + гг.гЛсо8 450 = 0;
Если предположить, что текучесть возникает в стержнях АО
и СО, то наиболее удобно составить уравнение равновесия в виде
суммы моментов всех сил, действующих на шарнир О, относитель-
но точки В (рис. 14.10, б); при этом неизвестное усилие N2<(t1A не
войдет в уравнение равновесия:
Еш5=0;	— В'^еда + <7тАа+(7тАа=0,
откуда
FZw = ^A.
Окончательно имеем (так как В'„<В''У.
\	пред	npvM''
г пред
453
Определяем допускаемую нагрузку
[Ппр]
= 1,71 = ^—.
[Ппр]	[ппр]
Задача 14.4. Определить предельную нагрузку для стержневой
системы, изображенной на рис. 14.11. Материал стержней одинаков,
его предел текучести равен ат.
Решение. Нетрудно сообразить, что при заданной силе /’стерж-
ни 1, 2 и 3 работают на сжатие, а стержень 4 — на растяжение. Из
уравнения равновесия Еи=0
следует, что усилия в наклон-
ных стержнях одинаковы:
Ni = N3. Так как площадь по-
перечного сечения стержня 1
меньше, чем соответствующая
площадь стержня 3, то при
любой величине силы F на-
пряжение в стержне 1 больше,
чем в стержне 3. Из этого сле-
дует, что стержень 3 в состоя-
ние текучести не может перейти раньше, чем стержень 1.
Можно представить два возможных варианта исчерпания несу-
щей способности конструкции.
1. Стержень 4 переходит в состояние текучести, и балка свободно
поворачивается вокруг точки А.
Величину предельной нагрузки, соответствующей этому состоя-
нию, определим, приравняв нулю сумму моментов относительно
точки А всех сил, действующих на балку (рис. 14.12, а)
Е/и^ = 0; -стт  6А  2а+/’'пред  За=0,
откуда
/'пред
2. В состояние текучести переходят стержни 1 и 2.
Чтобы найти значение силы Г"ед, приравняем нулю сумму моме-
нтов всех сил относительно точки В (рис. 14.12, б):
-fnpwfl — А ‘ 2а—2ггтЛ • ВК=$.
Здесь плечо ВК силы Ni определяется следующим образом:
--- --- . ЛС . 2а
BK=ABsin2a=-— sin 2а=— 2 sin а cos а=4g cos а.
sin а	sin а
Решая уравнение равновесия относительно /^Ед, получаем:
454
Гщса= 2 (1 + 4 cos а)атА.
Сравнивая выражения для F' и F^,ca, убеждаемся, что при
cosa>0,25(a<75°)FIJpea<F^,ejI и истинной предельной нагрузкой яв-
ляется
пред	4с\/1.
Задача 14.5. Из расчетов по допускаемым напряжениям и по
предельной нагрузке определить коэффициент запаса прочности
бруса (рис. 14.13). Материал бруса сталь Ст. 4, стт=260 МПа.
Решение. Система один раз статически неопределима. Раскры-
ваем статическую неопределимость. Отбросив заделку А (рис.
14.14, а), составляем уравнение перемещений, выражающее мысль,
что суммарное перемещение сечения А (от действия сил -Fb и ис-
комой реакции X заделки) равно нулю,
Дя—Ди^+Дяг2 + Длх— 0;
2F' 2а
Е2А
Fa Ха X 2а X 2а л
----1---1----1---= 0,
Е 4А ЕА Е2А Е 4А
откуда Х= 1,ЗК
Эпюра продольных сил представлена на рис. 14.14, б.
Нормальные напряжения в поперечных сечениях каждого из
участков бруса равны соответственно
455
1,3F	0.35F	0.175Г	0.425F
О’!—---;	Оц———Ош——~—•	Ojv=—-—.
A	A	A	A
Наибольшие напряжения возникают в сечениях участка 1. Най-
дем силу FT, соответствующую возникновению текучести в опасных
сечениях (при расчете по допускаемым напряжениям возникновение
текучести хотя бы в одном сечении рассматривается как наступле-
ние опасного состояния бруса),
1,32s
отсюда
260 106 10 10'*
200
1.3	1,3
Коэффициент запаса прочности при
напряжениям
103 Н = 200 кН.
расчете по допускаемым
Л 200 1
п = —	= 1,43.
F 140
Перейдем к определению коэффициента запаса из расчета по
предельной нагрузке.
При возникновении текучести на одном участке брус еще может
сопротивляться возрастанию нагрузки, так как остальные участки
препятствуют развитию пластических деформаций в опасной зоне.
456
I
Таким образом, найденная выше сила _FT не является предельной.
Несущая способность бруса будет исчерпана при возникновении
текучести каких-либо двух участков. В данном случае можно не
рассматривать все возможные варианты исчерпания несущей спо-
собности, так как из решения, выполненного для упругой стадии
работы, известно, что наибольшие напряжения возникают в сечени-
ях участка I и, следовательно, одним из двух участков, охваченных
в предельном состоянии текучестью, будет участок /. Заметим
также, что участок III можно из рассмотрения исключить, так как
продольная сила в сечениях участков II и III одинакова, а площадь
сечения участка III больше, чем участка II. Таким образом, до-
статочно рассмотреть два варианта возникновения текучести:
6,/
I
I
а) в состоянии текучести на-
ходятся участки I и //; б) то
же участки I и IV.
При возникновении теку-
чести участков I n II уравне-
ние предельного равновесия
может быть составлено на ос-
нове рис. 14.15, а.
6ГА
♦ I
—il
I
^inpeiT^nped
2L--
III
III
^пред &пред
с" .г"
2npei 'j пред
6r-2A
6,4A
Рис. 14.15
И
И
ч

Lu = 0; 27%,ед = о-тЛ + <тт2Л,
откуда
F' =- М = 3 ’ 260 • 10б • 10 • 10 4 = 390 103 Н = 390 кН.
пред 2 т 2
При возникновении текучести участков 7 и IV уравнение предель-
ного равновесия составляем на основе рис. 14.15, б.
Хг=0;	2F^ca + FщеД = СтА + <гт ’ 4 А,
457
откуда
Г^ед=^ 0-тЯ = 5 260  10 102=43,3  103 Н = 433 кН.
Окончательно, /’преа=/'щед=390 кН. Коэффициент запаса про-
чности
Задача 14.6. Определить из расчета по предельной нагрузке
требуемые площади поперечных сечений стержней системы, пред-
ставленной на рис. 14.16. Материал стержней сталь Ст. 2; стт =
= 220 МПа; Г=600 кН; kJ = 2,0.
Решение. В данном случае возможны два варианта исчерпания
несущей способности системы: а) текучесть возникает в стержнях
АС, ВС и DE (рис. 14.17, а); б) текучесть возникает в стержнях CD
и DE (рис. 14.17, б). Составим для каждого из указанных случаев
уравнения предельного равновесия.
Для схемы по рис. 14.17, а, проектируя все силы на вертикальное
направление, получаем:
Мпред cos 45°+N^a COS 45° - F^a+N^ca = 0,
откуда
F^,ca = 2сгтЛ — + ст2Л=сгтЛ (х/2 + 2)=3,41 сгтЛ.
Для схемы по рис. 14.17, 6 имеем:
Г"ед=4<гтЛ.
458
Следовательно, истинной предельной нагрузкой системы являет-
ся соответствующая первому из рассмотренных вариантов
пред пред 3,41(Тт.г4.
Составив условие прочности, получим:
Рдред 3,41атЛ
Г
F
откуда
Fpi™] 600 • 103  2,0	„	,
=----------— =16 10“4 М2—16 см2.
3,41ат 3,41 220 106
§ 44. РАСЧЕТ НА КРУЧЕНИЕ БРУСА КРУГЛОГО
И ПРЯМОУГОЛЬНОГО ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ
При кручении прямого круглого бруса в его поперечных сечени-
ях возникают касательные напряжения т. Они распределены по
линейному закону вдоль любого радиуса сечения и достигают
наибольшего значения в точках контура сечения (рис. 14.18, а). При
Рис. 14.18
расчете по допускаемым напряжениям опасному состоянию соот-
ветствует возникновение в точках контура напряжений, равных
пределу текучести тт при сдвиге (рис. 14.18, б). Условие прочности
имеет вид:
Tmax — Г1Г [т]5
Тт
где Wp — полярный момент сопротивления и [т]=—.
Если текучесть возникает лишь в отдельных точках сечения, то
несущая способность бруса еще не исчерпана, он оказывает со-
противление возрастающей нагрузке. Предельное состояние насту-
пит, когда текучесть распространится на все сечение (рис. 14.18, в).
При этом несущая способность бруса будет полностью исчерпана
(имеется в виду статически определимый брус).
459
Крутящий момент, со тветствующий распределению напряже-
ний по рис. 14.18, в, является предельным-, его величина определяется
из выражения
-^^пред “ И'рп.т
Здесь И^пл — пластический момент сопротивления при
равный для кольца
кручении,

(14-2)
т, • J.ZCX//-M т,=0,в кН-м
Оо
7
Рис. 14.19
и для круга
W =—
''рш—
(14-3)
Условие прочности при расчете по предельной нагрузке имеет вид:
^гпрсд
maxAfz
maxAfz
(14.4)
Задача 14.7. Определить из расчета по предельной нагрузке
размеры круглого (d) и кольцевого (do=O,8d) поперечных сечений
бруса по рис. 14.19, если тт= 150 МПа и [Ипр] = 1,9.
Решение. Строим эпюру крутящих моментов Mz (рис. 14.20).
Опасным является левый участок. Из условия прочности [формула
(14.4)] имеем:
тахЛГДлщ,]
2,4 103 ' 1,9 „„ t	,
------------ = 30,4 • 10 6 м3.
150 ' 10®
Для круглого поперечно-
го сечения [формула (14.3)]
W =—
12 ’
Идр
^[«np]-
460
следовательно,
12 30’4L.12_6=48 7  10“3 м=48,7 мм.
3,14
Принимаем б?=50 мм.
Для кольцевого поперечного сечения [формула (14.2)]
Отсюда при с=0,8 имеем:
12  30,4 Ю-6
--------------= 62 • 10 3 м=62 мм
3,14(1—0,83)
и соответственно
do=cd=O,8  62=49,5 мм»50 мм.
Задача 14.8. Стержень вставлен в трубку и жестко соединен с ней
посредством пластины В (рис. 14.21). Определить из расчета по
предельной нагрузке величину допускаемого момента [т]. Принять
тт= 150 МПа и [Пщ,] = 1,8.
Решение. Система статически неопределима, так как единствен-
ное уравнение равновесия (2>иг=0) не позволяет определить крутя-
щие моменты в попере ных сечениях стержня и трубки.
При расчете по предельной нагрузке нет надобности в раскры-
тий статической неопределимости. Действительно, при переходе
в пластическое состояние только стержня или только трубки несу-
щая способность системы еще не исчерпана, поскольку поворот
сечения В будет ограничиваться той частью системы, которая еще
находится в упругом состоянии. Несущая способность конструкции
461
будет исчерпана при распространении текучести как на все попереч-
ное сечение стержня, так и на все поперечное сечение трубки.
В данном случае крутящие моменты во всех поперечных сечениях
стержня (трубки) одинаковы. Предельное значение момента опреде-
лим из условия предельного равновесия системы
^прсд ^с.прсд 4“ ^т.предэ
где
nd3
f^k-upea— ^рплТ1—~^ Тт
— крутящий момент, соответствующий переходу всего стержня
в состояние текучести, и
т = т =
''*тр.пред рпльт
12
— крутящий момент, соответствующий переходу всей трубки в со-
стояние текучести. Подставив числовые значения, получим:
^пред
3~14	1°',150 10«+»4(100» 10-»-
12
12
— 703  10“9)150 • 10б = 307 Н м.
Допускаемое значение момента m
определится так:
"’пред 307
["!]=-------=
[«др]	1.8
= 171 Н м = 0,171 кН м.
Рассмотрим, как изменится реше-
ние задачи, если в трубку будет встав-
лен стержень не круглого, а прямо-
угольного поперечного сечения (рис.
14.22).
Предельное состояние системы,
так же как и при стержне круглого сечения, наступит при переходе
в состояние текучести как трубки, так и стержня:
771дред ТИд.цред/Лтр.пред,
Иначе определяется величина предельного крутящего момента
для стержня, так как по другому вычисляется пластический момент
сопротивления при кручении. Для его вычисления служит формула
Надаи, основанная на мембранной аналогии (см., например, моно-
графию [9])
462
b2
W^=- (3h-b),
О
где h — большая, a b — меньшая стороны прямоугольника.
Подставив в последнюю формулу числовые данные (см. рис.
14.22), получим:
WQ
рпл
302(3 50 - 30)
6
= 18 • 103 мм3.
Предельное значение внешнего скручивающего момента для за-
данной системы найдем из выражения
= Тт WCpIUI + Тт	=
= 150 10б 18 103 • 10“9 + 150 • 10б	(1003 —703)10-9 =
= 285 Нм=0,285 кН м.
Задача 14.9. Сравнить коэф-
фициенты запаса прочности,
определяемые из расчетов по
допускаемым напряжениям (по
опасной точке) и по предель-
ной нагрузке для системы,
изображенной на рис. 14.23.
Принять тт= 130 МПа.
Решение. Для определения коэффициента запаса из расчета по
допускаемым напряжениям раскрываем статическую неопредели-
мость. Отбросив заделку В (рис. 14.24, а) и приравняв нулю угол
поворота сечения В от действия моментов т и тв, получим (подроб-
нее см. гл. IV):
т ' Зс
(Рв — ^Рвт + ^Рвт^-—
bJpi
(тв  За тв  2а тв • а\
--------1	1	1 — 0.
GJpi GJpn---------GJpiu)
Здесь
TtJ*_3,14'60*
32	32
1,27  10б мм4;

3,14 120* 
32
20,3 10б'мм4;
Лш=— (1 -с4)=3,14 -(1 — 0,54)= 19 • 10б мм4.
32	32
463
Подставив эти значения в уравнение перемещений, получим:
ш,в=0,94т.
Строим эпюру крутящих моментов (рис. 14.24, б). Участок 11 не
может быть опасным, а участок 111 более опасен, чем 7, так как
0,94/и
отношение крутящих моментов-----=-----= 15,7, а отношение по-
Mzi 0,06т
*Рш к
лярных моментов сопротивления только----= 7,5.
Максимальные касательные напряжения в поперечных сечениях
участка III
м,ш 0,94 зо -1оэ 88 МПа
№рш
318  IO-6
где
3 14
РПш=— • 1203(1 -0,54 *)10~9 = 318 • 10“б м3.
Коэффициент запаса
прочности при расчете по
допускаемым напряжени-
ям
Ъ 130	1 лп
п=----——= 1,47.
^тах
Из расчета, выполнен-
ного для упругой стадии
работы системы, следует,
что при возрастании вне-
шнего момента текучесть
в первую очередь охватит участок III; при этом несущая способ-
ность конструкции не будет еще исчерпана. Геометрическая неиз-
меняемость системы нарушится при достижении моментами
тв и тА предельных значений, соответствующих распространению
текучести полностью по всей площади сечений участков I и III.
Уравнение предельного равновесия Zmomz=0 имеет вид:
^Дцред	^Впред 4“ тА пред?
где
ltd 2	3\
^йпред Тт О )
3 14  1203
= 130 • 10б --------(1 -0,53)  10“9 = 5,14 104 Н м;
12
464
тАпред=тт^ = 130  10б З,14126°3 ' Ю-9 = 0,735 104 Нм.
Таким образом,
»1дред=5,14  104+ 0,735  104 = 5,88 104 Н м.
Коэффициент запаса прочности при расчете по предельной на-
грузке
"’пред 5,88  10*
«пр—-------=--------Г=1 °6.
Щ m 30  103
Следует подчеркнуть, что после возникновения текучести во всех
точках участка III бруса дальнейшее увеличение момента ш возмож-
но только за счет роста напряжений на участке I,— участок II при
увеличении момента свобо-
дно поворачивается (пла-
стически деформированный
участок III не препятствует
указанному повороту).
Задача 14.10. Для бруса,
рассмотренного в предыду-
щей задаче, построить эпю-
ры остаточных касательных
напряжений в поперечных
сечениях участков I и III,
если разгрузка произведена
непосредственно перед на-
ступлением предельного со-
стояния конструкции.
Решение. Как было
установлено при решении
задачи 14.9, предельное со-
стояние наступает в тот мо-
мент, когда текучесть пол-
ностью распространится на
участки I и III. Это проис-
ходит при m=m^.A=
= 5,88 кН • м. Эпюры каса-
тельных напряжений, соот-
ветствующих этому момен-
ту, показаны на рис. 14.25,
а, б.
Разгрузку системы можно
представить, как нагружение
моментом т' = 5,88 кН ' м,
направленым противополо-
Рис. 14.25
465
жно моменту т. Распределение напряжений при этом соответствует
упругой стадии работы материала. Поэтому можно воспользовать-
ся результатами расчета по упругой стадии работы системы, сде-
ланного в задаче 14.9. Из этого расчета было получено
тА = 0,06/71 и тв=0,94/71.
Подставляя в эти выражения /71=58,8 кН • м, находим максималь-
ные касательные напряжения в поперечных сечениях участков I и III:
Mz\ 0,06m
TImax ~
И-р1 nd}
16
0,06 5,88  10*
3,14
----- бо3  io-’
16
82,3 10б Па=82,3 МПа;
0,94m
ТШты =— — = —
И'П1 nd} Г /doy
16 L \dj _
0,94  5,88 104
3,14 1203
---------- 10"’
16
= 175 10б Па=175МПа.
Эпюры касательных напряжений, соответствующих разгрузке,
изображены на рис. 14.25, в, г. То обстоятельство, что момент т'
направлен противоположно моменту т, отражено на эпюрах (ср.
рис. 14.25, а, б и рис. 14.25, в, г).
Суммируя эпюры напряжений, обусловленных нагружением
и разгрузкой, получаем эпюры остаточных касательных напряже-
ний (рис.. 14.25, д, е).
§ 45. РАСЧЕТ НА ИЗГИБ СТАТИЧЕСКИ ОПРЕ,
Е»1Х БАЛОК
При прямом изгибе бруса (рис. 14.26, а) в упругой стадии его
работы нормальные напряжения распределены по высоте попереч-
ного сечения по линейному закону. Эти напряжения равны нулю на
нейтральной оси, которая проходит через центр тяжести сечения,
и достигают максимальной величины в точках, наиболее удаленных
от нейтральной оси (рис. 14.26, б).
Условие прочности имеет вид
WX
где для пластичных материалов [<т]=—.
И
466
За опасное состояние при расчете по допускаемым напряжениям
принимается состояние, при котором напряжения в опасных точках
равны пределу текучести (рис. 14.26, в). Появление текучести в от-
дельных точках сечения еще не приводит к исчерпанию несущей
способности бруса. Дальнейший рост нагрузки вызывает переход
в состояние текучести тех элементов, в которых ранее напряжения
были меньше сгт (рис. 14.26, г). Несущая способность бруса будет
Рис. 14.26 •
исчерпана, когда напряжения, равные пределу текучести, возникнут
во всех точках поперечного сечения (рис. 14.26, д). Когда пластичес-
кие деформации охватят все сечение, то образуется так называемый
пластический шарнир, условно показанный на рис. 14.27. Части
бруса, соединенные этим шарниром, получают возможность при
постоянной (предельной) нагрузке теоретически неограниченно по-
ворачиваться относительно друг друга, следовательно, система ста-
новится геометрически изменяемой*.
Предельный изги-
бающий момент, соот-
ветствующий возник-
новению пластическо-
го шарнира, определя-
ется из выражения
Afпред = О’ТИ/ПЛ,(14.5)
где IFnn — пластический момент сопротивления при изгибе.
Условие прочности имеет вид:
Л^пред
^тах
(14.6)
В предельном состоянии нейтральная линия делит площадь сече-
ния на две равновеликие части. Поэтому для сечений, имеющих не
•Здесь имеются в виду только статически определимые балки. Для превраще-
ния статически неопределимой балки в геометрически изменяемую систему количест-
во возникающих в ней пластических шарниров должно в большинстве случаев на
единицу превышать степень статической неопределимости (см § 46).
467
менее двух осей симметрии (круг, двутавр, прямоугольник и так
далее), нейтральная линия при распространении текучести на все
сечение остается в прежнем положении, т. е. проходит через центр
тяжести, а для сечений с одной осью симметрии (например, тавр)
смещается в сторону более массивной части сечения (например,
полки тавра). Величина И/пл определяется по формуле
^. = 2SX,	(14.7)
где — статический момент полуплощади сечения относительно
центральной оси.
Для прямоугольника
Wm=—.	(14.8)
4
Для кольца	3
(1- с3).	(14.9)
6
Для двутавра приближенно можно принять (при изгибе в плос-
кости наибольшей жесткости)
^«1,151^.	(14.10)
прямоугольник
Задача 14.11. Определить из расчета на прочность по предельной
нагрузке требуемые размеры поперечного сечения заданной балки
(рис. 14.28). Рассмотреть два варианта: а) поперечное сечение —
h
^ = 31; б) поперечное
сечение — кольцо
— = 0,8 ). Принять [Япр]=2,0; сгт=240 МПа.
4	/


1
г

Рис. 14.28
Решение. На рис. 14.29 изображена эпюра изгибающих момен-
тов (на ее построении не останавливаемся, так как примеры постро-
ения эпюр подробно разобраны в гл. VI).
Из условия прочности
^пред °т
rtfjp = ----- =--------
468
определяем требуемый пластический момент сопротивления
Л/т„[п..Р1 56,3 103 2	,
---------------------=470 10” 6 м3.
240 ' 10®
Для прямоугольного поперечного сечения [см. формулу (14.8)]
IV
гг пл-
4
/ й	\
При заданном отношении сторон I к= = 3 ] имеем:
\	b	J
(kb)2=9 ь3,
4	4
откуда

_ з
*470 Ю”б =
= 59,2 10”3 м«60 мм;
h = kb—3 60=180 мм.
Для кольцевого попереч-
ного сечения [формула (14.9)]
о
откуда
470 10 6
---------= 180 • 10 3 мя;180 мм.
1 — 0,83
Внутренний диаметр d0=cd=0,8 ' 180= 144 мм.
Задача 14.12. Определить из расчетов по допускаемым напряже-
ниям (по опасной точке) и по предельной нагрузке коэффициенты
запаса прочности для балки по рис. 14.30. Принять стт=260 МПа.
Решение. Реакции опор и эпюра изгибающих моментов приве-
дены на рис. 14.31, а, б. По ГОСТ 8239 — 89 для двутавра № 24
момент сопротивления при изгибе И4=289 см3, а статический
момент полуплощади сечения относительно оси х Sx=163 см3. Из
расчета на прочность по опасной точке имеем:
п= —,
^гйах
469
где
~ = 50 - Ю3 75 1()б Па=173 мп
Wx 289  10~6
<7Т
п=-----
260
173 ~
1,5.
Переходим к расчету по предельной нагрузке. Пластический
момент сопротивления при изгибе определим по формуле (14.7)
И'1Ы=25Л=2 163 = 326 см3.
Несущая способность балки будет исчерпана при возникновении
пластического шарнира (см. рис. 14.27) в сечении под силой 40 кН.
Определяем величину изгибающего момента М^а, при котором
произойдет образование пластического шарнира, т. е. распростране-
ние текучести на все поперечное сечение,
ЛГ„ред=<гт1Гпл=260  10б  326  10“6
Рис. 14.31
= 84,8 • 103 Н • м=84,8 кН м.
Коэффициент запаса проч-
ности при расчете по преде-
льной нагрузке
Л^пред 84,8
«im=------- --= 1,7.
50
Таким образом,
^=— = 1,13.
л 1,5
Задача 14.13. По данным предыдущей задачи построить эпюру
остаточных нормальных напряжений для среднего (опасного) сече-
ния балки, если разгрузка произведена непосредственно перед на-
ступлением предельного состояния.
470
Решение. Как установлено при решении предыдущей задачи,
предельное состояние конструкции наступает при М^а=
— 84,8 кН • м. Эпюра сг для опасного сечения в предельном состоя-
нии изображена на рис. 14.32, а.
Представим себе, что балка нагружена силами, приложенными
в тех же точках, что и заданные (см. рис. 14.30), но направленными
противоположно. Величина этих сил такова, что в рассматрива-
емом сечении возникает изгибающий момент, по модулю равный
предельному Л/*=84,8 кН • м. Принимая во внимание упругий ха-
рактер работы материала в условиях разгрузки, получаем мак-
симальное напряжение разгрузки
М'х 84,8  103
<ТП«=—= ---------=293 10б Па=293 МПа.
Wx 289  10"6
Рис. 14.32
Эпюра этих напряжений изображена на рис. 14.32, 6. Суммируя
эпюры, показанные на рис. 14.32, а, б,_ получаем эпюру остаточных
нормальных напряжений в среднем сечении (рис. 14.32, в).
Задача 14.14. Определить допускаемую величину момента т,
приложенного к балке (рис. 14.33), из расчетов по допускаемым
Рис. 14.33
напряжениям и по предельной нагрузке. Изобразить эпюры нор-
мальных напряжений а в опасном сечении, соответствующие опас-
ному состоянию по обоим видам расчета. Материал балки — сталь
Ст. 3 (<тт=240 МПа); коэффициент запаса прочности принять при
том и другом расчетах одинаковым: [п] = [ппр] = 1,8.
471
Решение. Опорные реакции показаны на рис. 14.34. Там же
приведена эпюра изгибающих моментов.
Для определения положения центра тяжести поперечного сече-
ния разбиваем его на три прямоугольника. Тогда координата цент-
ра тяжести по отношению к оси х} совпадающей с основанием (рис.
14.35, а),
12 ' 11 + 8  6+20 • 1
г,=--------------------= 5 см.
ZFj	12+8 + 20
Момент инерции поперечного сечения относительно главной
центральной оси х (нейтральной оси в упругой стадии)
Л-£^+а.2^=^ + 62  12+
\ 12	/	12
1 • я3	1П • 93
+—+ 12 . 8+±L£ + 42.20^813 см4.
12	12
Координаты опасных точек,
наиболее удаленных от ней-
тральной оси, ук—ута1=1 см (см.
рис. 14.35).
Составляем условие проч-
ности
Л^тах
O’max =	= ~ Утах^“’
Л и
где Л/тах^- гп (см. рис. 14.34).
Подставив числовые значе-
ния, получим:
[т]=—-
Утах И
813  10“в  240  106
0,07  1,8
= 1,55 104 Н • м=15,5кНм,
откуда [т]=23,2 кН • м.
Эпюра нормальных напряжений в опасном сечении при по-
лученной выше величине [/и] = 23,2 кН м приведена на рис. 14.35, 6
(линия 7).
При возрастании момента m=23,2 кН ’ м в [и] = 1,8 раза до
значения пг=41,8 кН м нормальные напряжения во всех точках
линии АС (см. рис. 14.35, а) достигают предела текучести. Форма
эпюры сг, ее расположение, а следовательно, и положение нейтраль-
472
ной оси не изменяются (линия 2 на рис. 14.35, б). При дальнейшем
увеличении момента т текучесть будет распространяться в глубь
сечения. Нейтральная ось изменит свое положение и при распрост-
ранении текучести на все точки опасного сечения разделит его на две
равновеликие части.
Так как вся площадь сечения А=40 см2, то в предельном состо-
янии по каждую сторону от нейтральной оси будет находиться
площадь, равная 20 см2. Исходя из этого, на рис. 14.35, а указано
положение нейтральной оси Хщ, в предельном состоянии.
Величина пластического момента сопротивления равна
удвоенному статическому моменту полуплощади сечения относите-
льно главной центральной оси (нейтральной оси в упругой стадии)
W^=2SX=2  20 • 4 = 160 см3.
Для упрощения взята нижняя полу площадь, равная площади ниж-
ней полки.
Условие прочности при расчете по предельной нагрузке
r. , Т	2Г 1
[Л/щах]	_ [wi]	_
3	[лир]
отсюда
г , 3	3  240  106  160  10-6	тт
Ы =--------=-------------------= 32 • Юб Н м=32 кН м.
2 [лщ,]
2'1,8
Эпюра о, соответствующая предельному состоянию, изображе-
на на рис. 14.35, в.
§ 46. РАСЧЕТ НА ИЗГИБ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ БАЛОК
При изгибе статически определимой балки за предельное прини-
мается состояние, при котором в одном из сечений балки возникает
пластический шарнир. Нагрузка, соответствующая этому состоя-
нию, является предельной.
473
емую систему — механизм.
Рис. 14.36
При изгибе статически неопределимой балки возникновение
одного пластического шарнира, как правило, еще не означает исчер-
пания несущей способности, так как балка способна воспринимать
возрастающую нагрузку. Рассмотрим, например, балку, изображен-
ную на рис. 14.36, а. При росте нагрузки в заделке возникает
пластический шарнир, и система превращается в двухопорную ста-
тически определимую балку, которая способна восп инимать даль-
нейшее возрастание нагрузки. Исчерпание несущей способности
произойдет тогда, когда в результате роста нагрузки в балке воз-
никнет второй пластический шарнир, и балка превратится в изменя-
Таким образом, при расчете ста-
тически неопределимых балок за
предельное принимается состояние,
при котором в балке образовалось
такое число пластических шарниров,
что балка в целом или ее часть пре-
вратилась в механизм. Для системы,
которая была показана на рис. 14.36,
а, это два пластических шарнира,
а для другой, изображенной на рис.
14.37, а, достаточно и одного, кото-
рый образуется над опорой В: в этом
случае консоль АВ начинает повора-
чиваться на большой угол, становясь
геометрически изменяемой.
Для статически неопределимой
балки отношение величины пре-
дельной нагрузки к нагрузке, соот-
ветствующей возникновению текуче-
сти в крайних точках одного попе-
речного сечения, будет, как правило,
существенно больше, чем величина
этого же отношения для статически определимой балки с таким
же поперечным сечением.
Методику определения предельной нагрузки рассмотрим на при-
мере балки, изображенной на рис. 14.36, а. Балка один раз статичес-
ки неопределима. В качестве лишней неизвестной примем момент
в заделке С. Каноническое уравнение
+Дц-— 0.
Определяя известными методами (см. гл. VII) величины единич-
ного и грузового перемещений, получаем
5ц
Р
3EJX
Д1Т— ~
FP
16EJX
И
474
Отсюда Хх = 3J7/16.
Эпюра изгибающего момента, со тветствующая упругой стадии
работы балки, изображ на на рис. 14.36, б. Опасным является
сечение в заделке С.
При возрастании нагрузки напряжение достигнет предела теку-
чести <гт прежде всего в крайних точках этого сечения. Величина
нагрузки (FT), соответствующая этому состоянию, определяется из
уравнения
Мт 3FTl
Wx 16WX
Рис. 14.37
откуда
16aTWx
Ft=-------.
31
При дальнейшем росте нагрузки изги-
бающий момент в этом сечении достигнет
предельного значения
= -^пр °Т
т. е. в этом сечении образуется пластический шарнир.
Величина нагрузки, соответствующая образованию пластичес-
кого шарнира, определяется из условия*
3
F[u /~=0'т1^пл,
16
отсюда
16^™
Fm=---—.
31
При действии этой нагрузки несущая способность балки еще не
исчерпана. Действительно, при дальнейшем возрастании нагрузки
балка будет работать как статически определимая двухопорная
балка, нагруженная посередине пролета дополнительной силой AF
(рис. 14.36, в). Этому этапу — от образования первого пластичес-
кого шарнира до второго — соответствует эпюра Мх (AF) на рис.
14.36, г. При возникновении второго пластического шарнира (в
сечении В) несущая способность балки будет исчерпана — балка
обращается в механизм. Эпюра изгибающего момента, соответст-
вующая предельному состоянию, изображена на рис. 14.36, е. Вели-
чину предельной нагрузки определим из условия образования двух
пластических шарниров — в сечениях В и С:
*При таком расчете исходим из предположения о том, что балка деформиру-
ется упруго вплоть до образования пластического шарнира. Это допущение, сущест-
венно облегчая расчеты, не влияет на точность определения предельной нагрузки.
475
МХ(Л)--Л/щ>, Лщ,
Л/х(О= -Л/щ,;	A^l-рщ, - = -CTW^.
Здесь Ащ, — величина опорной реакции А в тот момент времени,
когда наступает предельное состояние. Решая уравнения совместно,
получим (конкретное значение Ащ, интереса не представляет):
«Л
Лф=6
I
Эта нагрузка в 1,125 раза превышает нагрузку, соответству-
ющую образованию первого пластического шарнира.
Итак, величина предельной нагрузки может быть найдена путем
анализа работы статически неопределимой балки при возрастании
нагрузки. Это требует раскрытия статической неопределимости
и анализа последовательности возникновения пластических шар-
ниров. Однако величина предельной нагрузки может быть найдена
и без анализа последовательности возникновения пластических
шарниров.
Для рассматриваемой статически неопределимой балки всегда
можно определить требуемое число пластических шарниров, при
возникновении которых балка или ее часть превращается в меха-
низм. Однако часто возникает возможность нескольких вариантов
перехода в предельное состояние, т. е. возможность возникновения
пластических шарниров в различных сечениях. В таких случаях для
определения предельной нагрузки поступают следующим образом.
Рассматривают все варианты превращения балки в механизм, и для
каждого варианта определяют величину предельной нагрузки. Дей-
ствительной предельной нагрузкой будет наименьшая из найденных
величин предельных нагрузок. Если же в каком-либо из вариантов
величина предельной нагрузки оказывается отрицательной или рав-
ной нулю, это свидетельствует о неправильно выбранной схеме
нагружения.
Задача 14.15. Определить коэффициент запаса прочности из рас-
чета по предельным нагрузкам для балки, изображенной на рис.
14.38. Поперечное сечение кольцевое: do и d соответственно внут-
ренний и наружный диаметры. Величины do, d, I, F, и <тт заданы.
Решение. На всех участках эпюра изгибающего момента
Мх имеет линейный характер и не может на всем протяжении балки
быть однозначной. В этом нетрудно убедиться. Если убрать опору
С, то под воздействием обеих сил F правый конец балки поднимет-
ся. Следовательно, опорная реакция С должна быть направлена
вниз, и поэтому сжатые волокна на протяжении правого пролета
476
полностью, а на левом пролете частично оказываются снизу (рис.
14.39). Пластические шарниры могут образовываться только в тех
сечениях, где приложены силы F и опорная реакция В. Появление
одного такого шарнира в любой из точек D, Е или В не выведет
балку из строя, а сделает ее статически определимой; геометричес-
кая неизменяемость сохранится. Таким образом, для перехода
в предельное состояние не-
обходимо появление двух
пластических шарниров.
Возможны два варианта: а)
в сеченияхDkB (рис. 14.39,
б); б) в сечениях £ и В (рис.
14.39, в). Еще один вари-
ант — в сечениях D и Е
(рис. 14.39, г) — отвергает-
ся по ряду соображений.
Одно из них заключается
в следующем: поперечная
сила в сечениях D и Е из-
меняется скачком на вели-
чину F, и, следовательно,
излом на эпюре Мх должен
быть одинаковым как в се-
чении D, так и в сечении
Е, что противоречит конфи-
гурации эпюры Мх. Поэто-
му рассматриваем только
два варианта:
а)	Пластические шарни-
ры возникают в сечениях
D и В (рис. 14.39, а, б).
Рис. 14.39
МX	^пр ~
2 I
МХ(В)= -Мщ,; Ani,l-Fnp з Z-Гщ, -=
Решая эти уравнения совместно, получим
£вр=4атИи/.
б)	Пластические шарниры возникают в сечениях Е и В (рис.
14.39, а, в):
Мх(Е)=Мпр; Ащ, ? l-FBpl/3=OjWwl,
477
2 I
Mx (В) = - Л/пр; Апр1—з I-Гщ, з = - <гт №ш.
Отсюда значение Fnp=5o'T W^Jl.
Истинным является наименьшее из них. Следовательно, коэф-
фициент запаса прочности
Лщ, 4<тт ТГцп 2d3 (1 - с’)  ст
«пр = — =------=-------------
Р F IF	31F
Здесь	= d3 (1 - <?о)/6, где с0 = do/d.
В этой задаче пришлось рассматривать всего два варианта пере-
хода в предельное состояние. Если же возможных вариантов слиш-
ком много, и трудно установить приоритет каких-либо из них, то
тогда придется последовательно рассматривать все стадии нагруже-
ния системы: сначала упругую стадию и переход к появлению
первого пластического шарнира. После этого произвести анализ
состояния системы, т. е. установить, стала ли теперь система геоме-
трически изменяемой, и, следовательно, наступило ли предельное
состояние, или только произошло понижение степени статической
неопределимости на единицу. С этих позиций вернемся к рассмот-
ренной только что задаче (рис. 14.38) и подробно проследим весь
путь нагружения.
Заданная система один раз статически неопределима. В качестве
лишней неизвестной выберем — изгибающий момент в сечении
над опорой В (рис. 14.40, а). Из канонического уравнения
<5цУ1 + Л1?=0, означающего, что перемещение (в данном случае —
угол поворота сечения I — I относительно сечения II — II) от всех
сил, включая лишнюю неизвестную Уь должно быть равно нулю,
находим При вычислении коэффициентов канонического уравне-
ния применим правило Верещагина (см. гл. VII). На рис. 14.40, б,
в изображены основная система, нагруженная заданными силами,
и соответствующая эпюра изгибающего момента МР, а на рис.
14.40, г, д— нагружение основной системы едничным моментом
У = 1 и соответствующая единичная эпюра изгибающего момента
М}. Вычисляем коэффициенты
„ о)М  М\	сорМ^
и 
£></ X	х
В этих формулах со означает площадь соответствующей эпюры,
а Л/j — ординату единичной эпюры, расположенную под центром
тяжести площади coMi или соМг
„	2 1	2 2/
5П=-----/-1--=------и
EJX 2	3 3EJX
1 Fl2
2 9EJX
478
Определив А\=—, стро-
6
им результирующую эпю-
ру Мх; при этом использу-
ем принцип суперпозиции
Мх=MlXl + MF (рис. 14.40,
е, ж). Опасным оказалось
сечение D, где |Мхтах| =
= 5/7/18. Там же возникнет
первый пластический шар-
нир при |Л/хтах| = Л/Пр =
= <гт Если через Fm обо-
значить значение силы,
при которой это произой-
дет, ТО ИЗ условия Мхтах =
= 5/ш//18 = Ст^пл получим
Гш= 18о-тИ/Ш1/5/=3,6о-тИ/пл/7.
Появление пластическо-
го шарнира в сечении D пе-
реводит заданную систему
в разряд статически опре-
делимых. Она по-прежнему
остается геометрически не-
изменяемой. Поэтому мо-
жно продолжать даль-
нейшее нагружение. Обо-
значим через AF прираще-
ние каждой из сил F, кото-
рые будут действовать те-
перь на измененную систе-
му (рис. 14.40, з). Исполь-
зуя четыре уравнения ста-
тики (три обычных и одно
дополнительное за счет
Рис. 14.40
возникшего промежуточного шарнира в сечении D) из уравнения
Еи = 0 получим АЛи=0, из уравнения Emonip® = 0 АЛ„ = 0, а из
остальных уравнений &B=3&F и &C=—&F. Построив эпюру
Мх (А/) — изгибающего момента от сил AF (рис. 14.40, и) и сум-
мируя эпюры МХ(РШ) и МХ(А/), убедимся, что в новых условиях
опасным оказалось сечение над опорой В, где и возникнет второй
пластический шарнир. Это будет означать наступление предельного
состояния всей системы. Таким образом,
479
I	21	I
Мх(В)=Мх(В)Рш + Мх(В)^== -Рш -kF- —_&?- =
О	J	J
= - 3,6 • u^W^l --bF' l=- (ТтИ^.
6
Отсюда получим ЛЕ=0,4<ттИ/Ш1// и, следовательно,
Гпр=Гш + AF= 3,6oTWJl+0,4oTWJl=4aTWJl.
Результаты, полученные двум путями, разумеется, совпали.
Задача 14.16. Подобрать поперечное сечение балки в форме
прокатного двутавра из расчета по предельным нагрузкам (рис.
14.41)	. Принять а=2,5 м; F=40 кН;
<гт=240 МПа; [ипр]=2.
Решение. Система один раз
статически неопределима. Преде-
льное состояние наступит после об-
разования двух пластических шар-
ниров. Учитывая, что при заданной
нагрузке все опорные реакции
должны быть направлены вверх
и эпюра изгибающего момента не
может быть однозначной в нераз-
резной балке, легко изобразить ее примерный вид (рис. 14.41, б).
Возможны три варианта наступления предельного состояния:
а)	пластические шарниры образуются в сечениях DuB:
Edх (D) -Л^пр, -^пр
МХ(В)= —Л/пр; Лпр2а—3Fnpa= — <тт
Отсюда Лр=<гт И^/а;
б)	пластические шарниры образуются в сечениях ВиЕ:
Мх (В) - - Л/пр;	Спр ' 2a - 2F^a = - <гт И^,,
Мх (Е)=Л/пр;	Сщ,а=ат
В этом случае Рщ,=
в)	пластические шарниры образуются в сечениях D и Е; здесь
выражения для изгибающих моментов удобно рассматривать через
левую и правую опорные реакции:
ЕЕХ{1У)— JV/цр,	Edх(Е)	Ецрй
Zmom£=0; Anp2a-Cnp2a-3Fnpa+2Fnpa=0.
а)
Рис. 14.41
480
Получаем _Fnp = 0. Этот нулевой результат говорит о невозмож-
ности существования такого варианта предельного состояния.
Итак, истинное значение предельной нагрузки /’щ,=<ттИЛпл/а. Из
условия прочности определяем необходимый пластический момент
сопротивления при изгибе:
£пр °Т^пл
ИЩ> ~	‘	[ИЩ>] ’
F aF
rr пл^
a F- [Пщ,]
2,5  40 • 103  2
°т
240  106
= 833  10
-6
м3 = 833 см3.
Выбираем прокатный двутавр № 36, имеющий И/Ш1=25^/2 =
=2  423 = 846 см3 (по ГОСТ 8239 — 89).
Задача 14.17. Определить из расчета по предельной нагрузке
допускаемую величину момента [ш„р] (рис. 14.42). Поперечное сече-
ние балки — два жестко со-
единенных между собой
швеллера № 30. Принять
(Тт=260 МПа; и [ипр] = 1,6.
Решение. Изобразим при-
мерный вид эпюры изгиба-
ющего момента Мх. Как
известно, в статически неоп-
ределимых балках эта эпюра
не может быть однозначной.
Если, например, освободить
балку от опоры А, то под
действием момента т левый
конец балки при изгибе опу-
стится (изогнутая ось балки
показана на рис. 14.43, а
штриховой линией). Следовательно, опорная реакция А направлена
вверх, и сжатые волокна на левом пролете расположатся сверху
(рис. 14.43, б).
Система один раз статически неопределима и для превращения
ее в геометрически изменяемую должны образоваться два пласти-
ческих шарнира. Возможные варианты:
а)	пластические шарниры возникают в сечениях £ и й;
б)	пластические шарниры возникают в сечениях D и В;
в)	пластические шарниры возникают в сечениях Е и D.
Определим предельные значения момента для всех трех
случаев:
а)	Мх (Е)=Сщ,а=<гт	Мх (В) = Сщ>3а—И7,.
Отсюда пгпр=2огИ71Л;
16 Ицкович Г.М., Минин Л.С., ВинокуровА.И.
481
б)	Мх (Р)=с^а-тщ,= -СТтИ^; Мх (В) = Спр • 3a-mnp = c7TWTL1.
В этом случае также получим /ппр=2о-тИ/Ш1.
в)	Mx(E)=CBpa=oTWwl; Mx(D) = Cnpa-mBp= -сТИ\,, И вновь
771^ = 2(7^^.
Таким образом, расчет показал, что в предельном состоянии
образовались не два, а три пластических шарнира. Стоит отметить,
что расчет, проведенный в упругой стадии, показал появление пер-
вого пластического шарнира в сечении D при т=
Возвращаясь к условию задачи, получим
/Ищ,	2 260 ю6 896  10“6
[«1™]=---=-------=-------------------=292 • 103 Нм=292 кНм.
[Ицр] [Ппр1	1.6
Здесь Wli:i = 2'2  5^^=44  224=896 см3 по сортаменту ГОСТ
8240 — 89. Стоит отметить, если расчет проводился бы по допуска-
емым напряжениям, то при одинаковых коэффициентах запаса до-
пускаемая величина момента была равна [т]=209 кНм.
Задача 14.18. Для балки, находящейся под действием равномер-
но распределенной нагр зки интенсивностью q (рис. 14.44), опреде-
лить коэффициенты запаса прочности из расчетов по опасной точке
(по допускаемым напряжениям)
и по предельным нагрузкам.
Принять <гт=260 МПа.
Решение. При расчете по
допускаемым напряжениям име-
ем
И = ^т/^тах.
Рис. 14.45
ГДе Пщах — -Лихтах/
Для определения Л/хтах необ-
ходимо раскрыть статическую
неопределимость. Принимаем за
лишнюю неизвестную момент
в заделке В (рис. 14.45, а). То-
гда из канонического уравне-
ния <5n.Au + Alf=0, предварите-
льно вычислив коэффициенты
<5П = lj3EJx и Air = — qPpAEJx (см. гл. VII), получим X,=ql2^. Эпюра
Мх изображена на рис. 14.45, б. Наибольшее напряжение
Мх аР 25  103  З2
пти== =--------------=152 • 10б Па=152 МПа,
Wx SWX 8 184  KTfi
где Wx= 184 см3 (по ГОСТ 8239 — 89).
482
Коэффициент запаса прочности по допускаемым напряжениям
n=o-T/<Tmax=260/152= 1,71.
Переходим к определению коэффициента запаса прочности ис-
ходя из расчета по предельным нагрузкам:
^пр = ?пр/Ч’
Балка превратится в механизм — станет геометрич ски изменя-
емой — при возникновении двух пластических шарниров. Как пока-
зал расчет в упругой стадии, первый пластический шарнир возника-
ет в заделке (там достигается |Л/хшах|), второй — в пролете. При
этом положение второго шарнира пока еще не известно: в упругой
стадии Л/хпвх>0 находился в сечении с координатой z=3//8, а от
дополнительной нагрузки (после образования первого пласти-
ческого шарнира) — посередине (рис. 14.46, а, б).
Рис. 14.46	Рис. 14.47
Итак, для определения предельной нагрузки в этом случае посту-
пим следующим образом. Зададимся положением пластического
шарнира в пролете и обозначим через znp расстояние этого сечения
(С) от левой опоры (рис. 14.47, а, б). Записываем выражгния для
предельных изгибающих моментов в тех двух сечениях, где возник-
ли пластические шарниры:
Z2
(С) =-Л^пр,	^4цр	^пр ~ =
р
-Z^npj	*4 пр	Чор 2	&Т^^ПЛ'
К этим двум уравнениям, связывающим три неизвестные, нужно
добавить, еще одно, основанное на дифференциальной зависимости
(dMx	\
между изгибающим моментом и поперечной силой I------= Qy I: в се-
\ dz	/
чении С, где Мх достигает максимума, Qy=0. Итак, Qy(C)—
^4цр ^пр^пр 0.
16*
483
Исключив из этой системы уравнений и q^, приходим к квад-
ратному уравнению относительно z^:
z^p+2lznp-l2 = 0.
Отсюда 2щ,= —l±y/?+P-= —l+ly/l.
Решению задачи отвечает, разумеется, только положительное
значение:
2щ,= -/+/5/2 = 0,41/.
Окончательно получаем
Л .,	260 10е- 208 10 е	,
= 11,9--------------= 71,5 103 Н/м=71,5 кН/м.
?пр=11,9 р
Здесь Илил=2 • S^/2 = 2  104=208 см3, где 5^/2=104 см3 — статичес-
кий момент полуплощади сечения относительно нейтральной оси
(по ГОСТ 8239 — 89). И наконец, коэффициент запаса прочности по
предельным нагрузкам
«пр=9пр/9 = 71,5/25 = 2,84.
Задача 14.19. Для балки, изображенной на рис. 14.48, определить
допускаемое значение интенсивности равномерно распределенной
нагрузки [9щ>] из расчета по предельным нагрузкам. Поперечное
сечение—-квадрат, поставленный на ребро. Принять а=2 м; Ь=
= 3 м; с=0,18 м; сгт=300 МПа; [Ищ,]=2,2.
Рис. 14.48
Решение. Заданная двухпролетная балка существенно отличает-
ся от однопролетной, рассмотренной в задаче 14.18. Тем не менее,
путем простых рассуждений мы придем к результату, полученному
в той задаче. Действительно, все три опорные реакции направлены
вверх и, следовательно, скачки на эпюре Qy при ходе слева — также
вверх (рис. 14.49, а). В этом случае эпюра Мх имеет два математи-
ческих максимума и наибольшее значение над промежуточной опо-
рой (рис. 14.49, б). В результате первый пластический шарнир воз-
484
никнет над опорой В, а вто-
рой — в пределах правого про-
лета (ведь 6>а). Повторяя реше-
ние предыдущей задачи, прихо-
дим к тому же ответу:
9пр= 11,9птИ^#2.
Выражение для пластическо-
го момента сопротивления при
изгибе по формуле (14.7)
АП С2 /1 С Ji \
=2  - ^) =
=лл=1£^=1371
6
Рис. 14.49
6
Здесь множитель, поставленный в скобках,— это расстояние от
центра тяжести полуплощади до нейтральной оси.
Окончательно получаем
9пр 11,9 300 10е ’ 1371 • 10-в	- тт,
Ы = J-------------,7—---------= 247 ' 10 Н/м=247 кН/м.
ГЛАВА XV
РАСЧЕТЫ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ НАПРЯЖЕНИЯХ,
ЦИКЛИЧЕСКИ ИЗМЕНЯЮЩИХСЯ ВО ВРЕМЕНИ
§ 47. ОСНОВНЫЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ И РАСЧЕТНЫЕ ФОРМУЛЫ
1. В машиностроении часто приходится встречаться с расчетами
на прочность деталей, в которых при работе возникают напряже-
ния, периодически изменяющиеся во времени. Одним из наиболее
характерных примеров такого рода деталей являются валы различ-
ных передач.
Следует иметь в виду, что переменные напряжения могут воз-
никать и при постоянной нагрузке. Простейшим примером является
вращающаяся ось, нагруженная постоянной силой (рис. 15.1). Нор-
мальное напряжение в произвольнбй точке контура ее поперечного
сечения будет изменяться во времени по синусоидальному закону
Мх Мх d
иА= - у=у- -81Пф.
Рис. 15.1
При равномерном вращении <р = со/ и, следовательно,
Л/х d .
ОА =  ’ “ sin со/.
Jx
Графическое изображение закона изменения напряжений во времени
для рассмотренного случая представлено на рис. 15.2.
486
Совокупность всех последовательных значений переменных напря-
жений за один период процесса их изменения называется циклом.
Цикл напряжений, представленный на рис. 15.2, называется сим-
метричным (сгти= — Cmin)-
График асимметричного цикла дан на рис. 15.3.
Ординаты, соответствующие напряжениям, характеризующим
цикл (максимальному — сгти, минимальному — <ттп, среднему —
сгт и амплитуде цикла — сгд), указаны на рис. 15.3. Связь между
этими напряжениями выражается следующими зависимостями:
°max 4 CTmin
О~тях ~ °~min
^тах
(15.1)
(15-2)
(15.3)
(15-4)
В случае возникновения в детали переменных касательных на-
пряжений, конечно, сохраняются те же соотношения, т. е.
и т. д.
Отметим частный случай асимметричного цикла, для которого
<7тш = 0 (или соответственно ттп = 0). Такой цикл называют отнуле-
вым (пульсационным)-, соответствующий график представлен на рис.
15.4.
Отношение минимального напряжения цикла к максимальному
называется коэффициентом асимметрии цикла
R=~.	(15.5)
°max
487
Отношение амплитуды цикла к среднему напряжению называет-
ся характеристикой цикла
Оа
Р= -
т
(15.6)
Между характеристикой цикла и его коэффициентом асиммет-
рии существует следующее соотношение
При необходимости разграничить обозначения коэффициентов
асимметрии циклов нормальных и касательных напряжений вводят
индексы — в первом случае применяют обозначения R„, а во вто-
ром — jRt.
Циклы, имеющие одинаковый коэффициент асимметрии, а сле-
довательно, и одинаковую характеристику, называют подобными
(рис. 15.5).
Постоянные напряжения можно рассматривать как частный слу-
чай цикла переменных напряжений, для которого Л = +1 (р=0).
Отметим также, что для
симметричного цикла R—
= — 1 (р = со) и для отнуле-
вого (пульсационного) 7? = 0
(P=D-
2. Многочисленными опы-
тами установлено, что при
переменных напряжениях раз-
рушение происходит при зна-
t чениях меньших предела
прочности, а во многих слу-
чаях даже меньших предела
текучести «данного материа-
ла.
Для некоторых материа-
лов при данном виде деформации (изгибе, кручении и т. д.) суще-
ствует такое максимальное (предельное) напряжение, при котором
образец из данного материала выдерживает, не разрушаясь, неог-
раниченное число циклов. Это напряжение называют пределом вы-
носливости uR*.
Для стали можно считать, что образец, выдержавший при дан-
ном максимальном напряжении N= 107 циклов (базовое число цик-
лов), не разрушится и при сколь угодно большом числе циклов.
График, показывающий зависимость максимального напряже-
ния, при котором происходит разрушение образца, от числа циклов,
называют кривой выносливости или кривой усталости (кривой Вёле-
ра). На рис. 15.6 показан при-
мерный характер двух таких
кривых для стали. Нижняя кри-
вая соответствует симметрич-
ному, а верхняя — отнулевому
циклам изгиба.
В большинстве случаев ис-
пытанию на выносливость под-
вергают образцы малого диа-
метра (7 т- 10 мм), имеющие
строго цилиндрическую форму
и полированную поверхность.
Для определения предела выносливости испытывают серию не ме-
нее чем из 10 совершенно одинаковых образцов на каждом уровне
и по результатам испытаний строят кривую выносливости. Ор-
дината ее горизонтального участка дает предел выносливости.
Для некоторых материалов кривая выносливости не имеет гори-
зонтального участка; в этих случаях можно говорить лишь о пре-
деле ограниченной выносливости, т. е. о таком предельном
значении максимального напряжения цикла, при котором образец
не разрушается при некотором весьма большом наперед заданном
(базовом) числе циклов. Так, например, для цветных металлов и их
сплавов принимают Лгбаз=:5(1074-108) циклов.
Предел выносливости, полученный в результате испытания стан-
дартных лабораторных образцов, может рассматриваться как меха-
ническая характеристика данного материала. Этот предел вынос-
ливости зависит от вида деформации (изгиб, кручение и т. д.)
и характера цикла (симметричный, отнулевой и т. д.). Наименьшее
значение имеет предел выносливости при симметричном цикле
(п _j — при симметричном цикле изгиба, <t₽_i — то же растяжения-
сжатия, T_t — то же кручения).
Зависимость предела выносливости (при симметричном цикле
*В технической и учебной литературе встречается также наименование «предел
усталости».
489
изменения напряжений) от вида деформации характеризуется следу-
ющими данными:
ст₽_1а(0,7^0,9)<т_1;
т_! а (0,55-^ 0,60)^.
Подавляющее большинство экспериментальных данных отно-
сится к пределу выносливости при симметричном цикле изгиба, так
как соответствующие испытания осуществляются наиболее просто.
Зависимость предела выносливости от вида цикла* (коэффициен-
та асимметрии) в известной мере характеризуется взаимным рас-
положением кривых выносливости, показанных на рис. 15.6.
Для получения полной картины, зависимости предела вынос-
ливости от коэффициента асимметрии (характеристики) цикла стро-
ится так называемая диаграмма предельных амплитуд. Примерный
вид такой диаграммы для циклов со средними растягивающими
напряжениями показан на рис. 15.7. Для определения по экспери-
ментально полученной диаграмме предела выносливости при
,,	-	1-М
цикле с коэффициентом асимметрии R ( с характеристикой
следует провести из начала координат луч под углом 6 — arctgp =
1 —
=arctg---- к оси абсцисс. Сумма абсциссы (cfm)** и ординаты (сга)
1 + R
точки L, полученной в пересечении этого луча с диаграммой, дает
величину предела выносливости
—От + Сд.
Следует иметь в виду, что для экспериментального получения
абсциссы и ординаты каждой точки указанной диаграммы (кроме
точки В, абсцисса которой равна пределу прочности и определяется
в результате статических испытаний) необходимо испытать целую
серию образцов. Следовательно, построение диаграмм предельных
амплитуд по более или менее значительному числу точек связано
с весьма длительными и дорогостоящими экспериментами. Поэто-
му обычно пользуются схематизированными диаграммами пре-
дельных амплитуд, построенными по двум или трем эксперимен-
тально полученным точкам. Вопрос о таких схематизированных
диаграммах и об их использовании для расчетов на прочность
кратко изложен в п. 4.
’Заметим, что согласно экспериментальным данным закон изменения напря-
жений при данных соотношениях атах и Стщщ практически не оказывает влияния на
предел выносливости.
♦♦Для среднего напряжения и амплитуды предельного цикла принимаем обозна-
чения ат и аа.
490
3. Предел выносливости, полученный при испытаниях серий
образцов, отличающихся от стандартных лабораторных образцов
формой, абсолютными размерами и качеством поверхности, полу-
чается ниже. Иными словами, предел выносливости детали ниже
предела выносливости материала, из которого она изготовлена.
Связь между пределами выносливости конкретной детали и ее
материала (т. е. малого лабораторного образца с полированной
поверхностью, сделанного из того же материала, что и деталь)
следующая
(15-8)
где К — коэффициент снижения предела выносливости.
Аналогично при действии касательных напряжений
т-1д=^-	(15.8а)
Л
Согласно ГОСТ 25,504 — 82 коэффициент К определяют по
формулам при растяжении-сжатии или изгибе
К=(—+--1Y-— ,	(15.9)
\Kdl, KF ) Ъ КА
491
при кручении
1
К=
—+--1
KF
(15.10)
Коэффициенты, входящие в выражение для К, учитывают влия-
ние на сопротивление усталостному разрушению следующих фак-
торов:
1)	концентрацию напряжений К,);
2)	масштабный фактор или влияние абсолютных размеров попе-
речного сечения (Kda, К^У,
3)	качество обработки поверхности (KFa, KFz);
4)	технологические меры поверхностного упрочнения деталей (KJ);
5)	технологическую анизотропию материала (КАУ,
6)	эксплуатационные факторы (температура, коррозия, облуче-
ние и др.).
В задачах, которые приведены в данной главе, последние два
фактора не рассматриваются.
Остановимся на каждом из коэффициентов, входящих в выраже-
ние для К.
К„ — эффективный коэффициент концентрации нормальных на-
пряжений (аналогично, Кт — эффективный коэффициент концент-
рации касательных напряжений). Он характеризует снижение пре-
дела выносливости при симметричном цикле за счет наличия мест-
ных напряжений (очагов концентрации напряжений — отверстий,
выточек, шпоночных канавок, ступенчатого изменения диаметра
и т. п.). Он равен отношению предела выносливости при симметрич-
ном цикле, полученного при испытании образцов без концентрации
напряжений, к пределу выносливости при том же цикле образцов
того же размера, но имеющих заданный концентратор напряжений
G-1K
Следует иметь в виду, что сталь с более высокими механичес-
кими свойствами, в частности легированная, чувствительнее к кон-
центрации напряжений, т. е. при одной и той же конфигурации
детали К„ (Кг) выше для стали легированной, чем для обычной
углеродистой. При отсутствии справочных данных о численных
значениях эффективного коэффициента концентрации можно вос-
пользоваться известной зависимостью между этим коэффициентом
и теоретическим коэффициентом концентрации (а„ или аг):
^=1 + (а„-1)9.	(15.11)
Здесь 9=0ч-1 — коэффициент чувствительности материала к кон-
центрации напряжений. Аналогичная зависимость существует и для
касательных напряжений.
492
Kda (Kdt) — коэффициент влияния абсолютных размеров попе-
речного сечения. Его часто называют масштабным фактором.
Опытным путем установлено, что с увеличением размеров попереч-
ного сечения предел выносливости снижается. Происходит это за
счет металлургического, технологического и статистического фак-
торов. В основе снижения лежат две причины: с увеличением раз-
меров ухудшается однородность материала, появляется большая
вероятность возникновения и существования микротрещин; при
обработке поверхности детали имеет место наклеп. Он, как извест-
но, упрочняет материал, но глубина наклепанного слоя не превыша-
ет 1,5 мм. Поэтому в деталях больших размеров роль наклепа
невелика, и он не может препятствовать возникновению трещин
непосредственно под наклепанным слоем -— в зоне достаточно вы-
соких напряжений.
Коэффициент Kda (Kdz) равен отношению предела выносливости
при симметричном цикле образца заданного диаметра к пределу
выносливости при том же цикле малого (диаметром 7,5 мм) лабо-
раторного образца той же конфигурации
KF — коэффициент влияния качества обработки поверхности
(коэффициент влияния шероховатости поверхности). Шерохова-
тость поверхности оказывает существенное влияние на снижение
предела выносливости детали. Более грубая обработка поверхности
создает очаги концентрации напряжений, что приводит к возник-
новению микротрещин. Как правило, они начинаются с поверх-
ности детали. Этот коэффициент зависит от временного сопротив-
ления (<тв) и показателя шероховатости
где cr_1F — предел выносливости образца с данным качеством по-
верхности и cr_i — предел выносливости гладкого полированного
лабораторного образца. Аналогичное соотношение существует
и для касательных напряжений.
К» — коэффициент влияния поверхностного упрочнения. В слу-
чае применения поверхностного упрочнения детали (обкатка роли-
ками, обдувка дробью) или специальной термохимической обработ-
ки, а также использования лучевых методов, закалки токами высо-
кой частоты и др. можно значительно повысить предел вынос-
ливости детали. Коэффициент К, представляет собой отношение
СТ-1Д
493
где c-iflynp, (7_1д — пределы выносливости соответственно упрочнен-
ной и неупрочненной деталей (для симметричного цикла).
4. В подавляющем большинстве случаев расчеты на прочность
при переменных напряжениях выполняют как проверочные — целью
расчета является определение фактического коэффициента запаса
прочности для опасного сечения (или ряда предположительно опас-
ных сечений) рассчитываемой детали.
Проектный расчет на усталостную прочность может быть вы-
полнен лишь весьма ориентировочно, так как обоснованный выбор
(по приведенным в технической литературе экспериментальным
данным) коэффициентов К„ и Kja (Кт и Kjz), входящих в расчетные
формулы, возможен лишь на основе чертежа рассчитываемой де-
тали.
Фактический коэффициент запаса прочности nR сопоставляется
с требуемым [и], и условие прочности имеет вид:
ия>[п].
При достаточно точном определении действующих на деталь
нагрузок, надежных данных о коэффициентах концентрации напря-
жений и механических свойствах материала детали принимают
[и] = 1,4-е-2. В случае особых требований к прочности детали или ее
особой ответственности требуемый коэффициент запаса возрастает
до [п] = 3 и в отдельных специальных случаях до более высоких
значений.
Для детали, работающей на изгиб при симметричном цикле
изменения напряжений, коэффициент запаса прочности определяет-
ся из выражения
<7-1д	<7-1
«*=----
°п1ах Л-Сщах
Аналогично при растяжении-сжатии
(®-1р)д	<г-1р
«к—-----——-—
^гаах
и при кручении
Т-1Д Г-1
ня=-----=	
Гтах лТтах
В общем случае при —1, т. е. при асимметричном цикле
напряжений зависимости для определения коэффициентов запасов
прочности получают на основе схематизированных диаграмм пре-
дельных амплитуд. Характер одной из таких диаграмм показан на
рис. 15.8. Здесь криволинейный участок АС предельной кривой
заменен прямой линией, для построения которой должны быть
известны пределы выносливости при симметричном (<т_1) и при
(15.12)
(15.12а)
(15.126)
494
отнулевом (ст0) циклах. Приведенный способ схематизации диаграм-
мы предельных амплитуд называют методом Серенсена — Кинасо-
швили. Прямая, проведенная из точки К под углом 45° к оси
абсцисс, отделяет ту область диаграммы, для которой максималь-
ные напряжения циклов выше предела текучести. Таким образом,
ломаная ADK (на рис. 15.8 она отштрихована) ограничивает об-
ласть безопасных циклов OADK, т. е. таких циклов, максимальные
напряжения которых ни-
же как предела выносли-
вости, так и предела теку-
чести.
Подавляющее боль-
шинство расчетов на проч-
ность относятся к случа-
ям, когда рабочий и пре-
дельный циклы напряже-
ний для рассчитываемой
детали подобны. При
этом на основе схемати-
зированной по методу Серенсена — Кинасошвили диаграммы пре-
дельных амплитуд получают следующие формулы для определения
коэффициентов запаса прочности. Заметим, что при выводе этих
формул принимают, что концентрация напряжений, масштабный
эффект и состояние поверхности влияют лишь на величины предель-
ных амплитуд.
При изгибе
0-1
па=---------;
фаат+Коа
(15.13)
при растяжении-сжатии
при кручении
o-ip
Ф<,от+Каа
т-1
<AtTm + Jfta
(15.13а)
(15.136)
Коэффициенты (|ДТ) отражают влияние асимметрии цикла на
величину предела выносливости; остальные обозначения известны
из предыдущего. Эти коэффициенты определяют из выражений
;
о0
(15.14)
2т-1— то
=--------
То
(15.14а)
495
При отсутствии экспериментальных данных о величинах (<ДТ)
можно принимать
^=—;	(15.15)
S
(15.15а)
S
где s»1400 МПа для углеродистых и низколегированных сталей;
2000 МПа для легированных сталей.
Приведенные указания о величинах ф„ относятся к циклам с по-
ложительными средними напряжениями (растягивающими); в слу-
чаях, когда ат < 0 (циклы со средними напряжениями сжатия), следу1-
ет принимать i/<c=0.
При некоторых значениях (Лт) может оказаться, что коэф-
фициент запаса по отношению к пределу текучести ниже, чем по
отношению к пределу выносливости, т. е. при увеличении действу-
ющих на деталь нагрузок в ней раньше, чем произойдет усталостное
разрушение, возникнут пластические деформации. Обычно принято
считать, что в указанных случаях определяющим надежность дета-
ли является коэффициент запаса по сопротивлению малым пласти-
ческим деформациям, т. е. по отношению к пределу текучести.
Поэтому помимо определения коэффициента запаса по сопротивле-
нию усталостному разрушению [формулы (15.12)-4-(15.13б)] следует
определить коэффициент запаса по пределу текучести
пт=-т ;	(15.16)
°тах
ит = —.	(15.16а)
^тах
В тех случаях, когда в опасной точке детали возникает упрощен-
ное плоское напряженное состояние, т. е. при работе бруса на изгиб
и кручение или на кручение и растяжение (сжатие), или одновремен-
но на кручение, изгиб и растяжение (сжатие), коэффициент запаса
прочности определяют на основании формулы
где п — общий коэффициент запаса прочности;
па — коэффициент запаса прочности по нормальным напряжени-
ям, определяемый по одной из формул (15.12), (15.12а),
(15.13), (15.13а);
496
пт — коэффициент запаса прочности по касательным напряжени-
ям, определяемый по формуле (15.126) или (15.136).
Помимо проверки на выносливость, обычно выполняют расчет
по сопротивлению малым пластическим деформациям (на статичес-
кую прочность), подставляя в зависимость (15.17) взамен п„ и л, со-
ответственно пОт и и1т, определяемые по формулам (15.16), (15.16а).
§ 48. ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ НА ПРОЧНОСТЬ
ПРИ ПЕРЕМЕННЫХ НАПРЯЖЕНИЯХ
Задача 15.1. Определить коэффициенты запаса прочности для
сечений I — I и II— II (рис. 15.9) оси ведомого колеса мостового
крана. Расчетная нагрузка, действующая на колесо, F= 100 кН.
Материал оси — сталь 50 нормализованная.
Решение. В § 47 было показано (см. п. 1), что при вращении оси,
нагруженной постоянной силой, нормальные напряжения, возника-
ющие в поперечных сечениях оси,
изменяются во времени по симме-
тричному циклу. В рассматривае-
мом случае при вращении колеса
крана ось также приводится во
вращение, так как колесо соедине-
но с осью посредством шпонки.
Роликовые подшипники, служа-
щие опорами оси, можно рассмат-
ривать как шарнирные опоры.
Расстояние между опорами при-
мем равным расстоянию между
серединами подшипников; тогда
расчетной схемой оси будет двух-
опорная балка ступенчато-пере-
менного сечения, нагруженная по-
середине пролета сосредоточен-
ной* силой (рис. 15.10).
Коэффициенты запаса прочно-
сти определяем по формуле
(15.12). Справочные данные, необ-
ходимые для расчета, имеются
в книгах [7, 8, 11]. Пользуясь одним из указанных источников,
находим ст_] = 310 МПа.
Для сечения I — Г. Ка=\,55 (концентрация напряжений вызвана
шпоночной канавкой); А^я=0,69; Л^=0,93 (чистовая обточка},-Kv— 1.
•Возможна расчетная схема, при которой сила, передающаяся от колеса на
ось, рассматривается как нагрузка, равномерно распределенная по длине ступицы
колеса (на участке длиной 140 мм).
497
Изгибающий момент в сечении I— I (см. эпюру на рис. 15.10)
Л/Х[ = 8,0 кН м и номинальное напряжение
! Afxi 8,0 10э
32
= 53,5 106Па=53,5 МПа.
ЗД4
--- 0.1153
32
Коэффициент снижения предела выносливости
1,5'5	1
------F
0,69 0,93
’=2,32.
1
Коэффициент запаса прочности
Пк *
310
2,32 53,5
=2,49.
Для сечения II — II: /£,= 1,49 (ступенчатое изменение диаметра
с переходной галтелью г=3 мм); /£/„=0,73; KF— 0,93; К^= 1.
Номинальное напряжение
„ МкП 4,5 • 103	,
г=—-------= 63 106 Па=63 МПа.
nd3 3,14 0,093
32	32
Коэффициент снижения предела выносливости
1,49	1
+ - ~
0,73 0,93
 -=2,12.
1
Коэффициент запаса прочности
310
ил= ~^ =-------------= 2,32.
to" 2,12 63
Таким образом, оказалось, что сечение II — II несколько опас-
нее, чем сечение I — I. Коэффициенты запаса для обоих проверя-
емых сечений достаточны.
Задача 15.2. Цилиндрический стержень с поперечным отверстием
(рис. 15.11) изготовлен из стали 45 (сгт=360 МПа, ар_j=220 МПа,
ng = 300 МПа) и работает на растяжение при нагрузке, изменяющей-
ся по отнулевому циклу. Определить коэффициент запаса прочности
для опасного сечения стержня, если Fmax=200 кН; /£,= 1,57;
/£,„ = 0,78;/£f=l;/£ = 1.
498
Как изменится коэффициент запаса, если изготовить стержень из
хромистой стали 40Х (<гт=800 МПа; = 330 МПа; <Д„ = 0,22)?
В этом случае ^=2,15; /^„=0,68; KF=\-, А„=1.
Решение. Номинальное значение максимального напряжения
для опасного сечения (проходящего через центр отверстия)
гтах
тал
^нетто
200  103
81,2  106 Па = 81,2 МПа.
3,14
--- 0,062-0,06  0,006
Номинальные значения среднего
напряжения и амплитуды цикла (см.
рис. 15.4)
^т—сга=1 сгши=- 81,2=40,6 МПа.
2	2
Коэффициент снижения предела
выносливости
Рис. 15.11
Рис. 15.10
1,57 1
------[_
0,78 1
'=2,01.
1
Коэффициент чувствительности к асимметрии цикла напря-
жений
,	2 220 - 300 Л
фа=-''- -°=--------- =0,467.
е;'	300
Коэффициент запаса прочности по усталостному разрушению
®-i
220
пл=-------------=----------------------= 2,19.
ст + Кса 0,467'40,6 +2,01 ' 40,6
Коэффициент запаса прочности по текучести
360	,
ит=- =	=4,43>пЛ.
®ти 81,2
Окончательно в этом случае и=2,19.
Для стержня из стали 40Х
499
330
п=nR=----------------= 2,40.
0,22  40,6 + 3,16 40,6
Здесь коэффициент снижения предела выносливости принимает
другое значение
2,15 . 1
АГ=( ^+--1 ) - = 3,16.
\0,68 1	/ 1
0,68 1
Интересно отметить, что применение легированной стали, кото-
рая имеет значительно более высокие механические свойства, не
дает в данном случае большого эффекта (коэффициент запаса уве-
личился несущественно), что объясняется большей чувствительно-
стью легированной стали к влиянию концентрации напряжений
и масштабного эффекта.
Задача 15.3. Ось рычага, изготовленная из стали 35, работает на
изгиб под действием переменной силы: Л™,=32 кН, Атш = —12,8 кН
(рис. 15.12). Проверить прочность оси, если требуемый коэффициент
запаса прочности [и]=2,3; A,= l; A'rf„ = 0,80; A'f=0,87; Av=l; стт=
=320 МПа; ff_1=220 МПа; <то=320 МПа.
Рис. 15.12
Решение. Примем расчетную схему, показанную на рис. 15.13.
Там же представлена эпюра изгибающего момента. Максимальный
изгибающий момент в среднем (опасном) сечении оси
шах Л/х=— (/-0,54)=^-^ (0,12-0,5 • 0,08) = 640 Нм.
4	4
Минимальный изгибающий момент в том же сечении
fnm	12,8-W3
min.A/x=— (/-0,54)=--------(0,12-0,5  0,08)= -256 Нм.
4	4
500
Максимальное и минимальное напряжения (номинальные)
в опасном сечении оси
max М, 640
ffmax=-----=------------= 102  10б Па =102 МПа;
nd3 3,14
		-	 0,043
32-------32
min Л/*	—256
<7^ =---— =---------= — 48 10е Па =-40,8 МПа.
nd3 3,14
----	-0,043
32	32
Среднее напряжение и амплитуда цикла
^тах + ^пап	102+ (—40,8)
30,6 МПа;
Ojum Опйп 102—(—40,8)	_
аа=-----------=------------= 71,5 МПа.
2
2
Коэффициент снижения предела выносливости
К=
а+±_л
А» Kr )
+-—1)
X, \0,8 0,87 J
-=1,4.
1
Коэффициент чувствительности к асимметрии цикла

2а_1-с0
ffo
2  220-320
320
0,375.
Коэффициент запаса прочности по усталостному разрушению
220
nR=------------=---------—--------= 1,97.
фа ст+Каа 0,375  30,6 + 1,4  71,5
Коэффициент запаса прочности по текучести
°Т
п?=-----
^тах
320
102
= 3,14.
Так как n*<n„ то оценка прочности производится по вели-
чине nR.
Задача 15.4. Определить допускаемое значение максимального
крутящего момента для вала (рис. 15.14). Материал вала хромони-
келевая сталь (тв = 700 МПа; тт=380 МПа; т_] = 210 МПа; т0 =
= 360 МПа); требуемый коэффициент запаса прочности [и]=2,0.
501
Коэффициент асимметрии цикла J?=minA/z/maxA/z = 0,5; Kt = l,29;
Ал=0,74; Kf=0,85; А>1.
Решение. Из формулы (15.13 б) для определения коэффициента
запаса прочности, положив иЛ=[п], найдем допускаемое значение
максимального напряжения цикла. Предварительно несколько пре-
образуем эту формулу, выразив та и тт через
Как известно, из предыдущего
Рис. 15.14
^гпах 3“ "^ГП9
но та/тт=р и, следовательно, = тт (р +1)
или
ттах	Р^тах
^т —---Та= •
р+1	р + 1
Тогда
Т-1	Т-1
Тт+Кт0
^тах Р ‘ ттах
Фг---- + К -
р+1	р+1
По формуле (15.7)
1 — R 1-0,5
р =-----=-----
1+Л 1+0,5
1® 0,333.
3
По условиям задачи
К=
—+--1)
Лл KF /
^+^-1)1
0,74 0,85 J 1
1,92.
2т_х-т0 2 210-360
ik = -—---=------------= 0,167.
т0	360
Подставив в формулу для коэффициента запаса прочности
(15.13 б) числовые данные и приняв, что при иЛ=[и], очевидно,
Ттах = [т], получим
Т_1(р+1)
nR—----------------= [п],
•MTmaJ + KpfrmJ
откуда
t-i(p + l) 210(0,333 + 1)
ттал=---------=~------------------= 174 МПа.
[л](^г+*р) 2(0,167 + 1,92 0,333)
502
Допускаемое значение максимального крутящего момента из
расчета на выносливость
[max М2]д=[тшал]R — =174 106  -— = 7,4  103 Нм = 7,4 кН • м.
16	16
Допускаемое значение максимального крутящего момента по
текучести
Г	г , r-d' тт nd3 380 10й 3,14 0,Об3 „ ,.тт
[max Л/2]т=[ттм]т - =--- =-----------------= 8,05 103 Нм =
16 И 16	2	16
= 8,05 кН - м.
Из двух значений выбираем, естественно, меньшее.
Задача 15.5. Определить коэффициент запаса прочности клапан-
ной пружины, изготовленной из хромованадиевой проволоки с ха-
рактеристиками: т0 = 600 МПа; тт=950 МПа, t_i = 450 МПа,
(7=8 1О10 Па. Размеры пружины: средний диаметр D = 50 мм;
диаметр проволоки d=5 мм; рабочее число витков и = 6. Пред-
варительная затяжка пружины Л, = 25 мм; наибольший ход клапана
h= 15 мм.
Решение. Максимальные напряжения в поперечном сечении
витка определяются по формуле (4.20)
, 8FD
т=к —.
nd3
При индексе пружины сп= Did- 50/5 = 10 поправочный коэффи-
циент к—1,14 (см. с. 102).
Осадка пружины определяется по формуле (4.21)
SFD3n
л —	»
Gd*
Из формул для т и 2 получаем
kGd ,
т=---2.
nD2n
Определяем т при закрытом клапане (это минимальное напряже-
ние цикла)
kGd „	1,14 8 • Ю10 0,005	,
Troin =--^=~—-----------’— 0,025 = 242 • 10б Па=242 МПа;
nD2n 3,14 0,052 6
то же самое при наибольшем открытии клапана (это максимальное
напряжение цикла), когда 2гоиж = 2а+/2=25+15 = 40 мм:
503
~=242 - = 387 МПа.
Z, 25
Среднее напряжение и амплитуда цикла
387 + 242	„ „	387-242
тт=-------= 314,5 МПа; та=-------= 72,5 МПа.
2	2
Коэффициент чувствительности к асимметрии цикла
2т_1-т0 2'450— 600
= 0,5.
tq	600
Коэффициент снижения предела выносливости К=1. Последнее
принято потому, что величина предела выносливости определена на
образцах того же диаметра и с тем же состоянием поверхности, что
и проволока, из которой изготовлена пружина.
Итак, коэффициент запаса прочности по усталостному разру-
шению
450
nR=--------------=--------------------= 1,96,
fa ' tm + Kta 0,5 314,5 + 1  72,5
а по текучести, учитывая знакопостоянный характер цикла,
*Т 950 „ Л
пт=----=— = 2,45.
ттах 387
Следовательно, для рассматриваемой пружины определяющим
фактором является опасность усталостного разрушения, а не опас-
ность возникновения пластических деформаций.
Задача 15.6. Вал цилиндрической зубчатой передачи (редуктора)
получает от электродвигателя мощность N=28 кВт при угловой
скорости п=735 об/мин. Чертеж вала дан на рис. 15.15. В зацепле-
нии насаженной на валу шестерни с зубчатым колесом (на чертеже
не показано) возникают усилия: окружное Fx и радиальное
Fy = 0,364Fx. Определить коэффициент запаса прочности для опас-
ного сечения вала. Материал вала сталь 45 с механическими харак-
теристиками: стт = 320 МПа; ст_1 = 250 МПа; тт=220 МПа.
При расчете принять, что нормальные напряжения изгиба изме-
няются по симметричному циклу, а касательные напряжения круче-
ния — по отнулевому (пульсационному).
Решение. Расчетная схема вала показана на рис. 15.16. Сила
Fy вызывает изгиб вала в плоскости yOz; сила Fx — в плоскости xOz,
кроме того, при переносе силы Fx на ось вала получаем скручива-
D
ющий момент m—Fx^. Шариковые подшипники могут рассмат-
504
риваться как шарнирные опоры. Крутящий момент возникает в по-
перечных сечениях левой части вала — от входного конца до сред-
него сечения шестерни. На левом конце вала показан момент,
передаваемый от электродвигателя. Вычислим его значение
со
28 103
= 364 Н-
м,
Рис. 15.15
где
тот 3,14 735 „„
сй=—=-------= 77 с
30	30
Определим усилия, возникающие в зацеплении’
8100 Н=8,1 кН;
2т
D
2 364 103
90
Fy= 0,3647^ = 0,364  8,1 = 2,95 кН.
Рис. 15.16
505
Изгибающие моменты в опасном сечении вала (под серединой
шестерни):
Fy 'I 2950 0,17
Mx=-------=----------= 125,2 H • m;
4	4
,, Fx ‘ 8100 0,17 „JJTT
My=-----=----- =344 Нм.
y 4
4
Результирующий изгибающий момент в опасном сечении
12=366Н'м.
Номинальное значение максимального нормального напряже-
ния (от изгиба)
^^ЯЗГ	366
O'max =	=
ггв
32
41 • 10б Па=41 МПа.
3,14 0,0453
32
nd3
Номинальное значение
ния (от кручения)
Mz мг
^тм ~ ~~
Wp - d3
16
максимального касательного напряже-
364
--=20,5 106 Па=20,5 МПа.
3,14
-- 0,0453
16
Амплитуда и среднее напряжение цикла касательных напря-
жений
та=т„=- ттал=- 20,5 = 10,25 МПа.
2	2
Коэффициент снижения предела выносливости при симметрич-
ном цикле (для нормальных напряжений)
1
1
К* KF
-^+-—1 ) • - = 2,37.
0,834 0,97	/ 1
Здесь по данным справочника (см., например, [7]) принимаем
Л^= 1,95 (эффективный коэффициент концентрации нормальных на-
пряжений от влияния шпоночной канавки), Kd„ = 0,834 (для диамет-
ра г7=45 мм), коэффициент влияния шероховатости поверхности
Ад,=0,97 (для шлифованной поверхности) иА^ = 1,
Тогда коэффициент запаса прочности по нормальным напряже-
ниям
506
n„ = nRa =
g-1
250
2,37 41
=2,57.
Предел выносливости при симметричном цикле для касательных
напряжений t_i = (0,55+-0,60)<t_1 по данным, приведенным на с. 490;
принимаем т_! = 0,60 • o\i = 0,60 • 250 = 150 МПа.
Определяем коэффициент К, пользуясь справочными данными
(Кг= 1,8; Хл=0,834; ХЛ=0,97; Я>1; ф, = 0,1).
1
1,8	1
-------F
0,834 0,97
- = 2,19.
1
Коэффициент запаса прочности по усталостному разрушению
для касательных напряжений
150
«г=nRt=----------=------------------= 6,39.
 тт+Кга 0,1  10,25+2,19 • 10,25
Коэффициент запаса прочности по текучести для касательных
напряжений
Тт 220
Итг— —— = 10,7.
Тпшх 20,5
Из двух найденных значений нужно взять меньшее: так как
пл<71ти то принимаем и1=иЛ = 6,39.
Теперь определяем общий коэффициент запаса прочности по
формуле (15.17):
/ЙГ п2 /г,572 6,392 ____
п= /------= /-----------=2,38.
\л2 + л2 V 2,572 + 6,392
Такой коэффициент запаса для большинства валов считают
достаточным.
ГЛАВА XVI
ЗАДАЧИ динамики в сопротивлении материалов
§ 49. РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ ПРИ ЗАДАННЫХ УСКОРЕНИЯХ
Задачи на определение напряжений и перемещений с учетом
влияния сил инерции решаются на основе известного из курса
теоретической механики метода кинетостатики (в его основе лежит
принцип Даламбера), позволяющего сводить задачи динамики к за-
дачам статики. Напомним, что, применяя метод кинетостатики,
придают уравнениям движения тела вид уравнений равновесия,
присоединяя к действующим на тело силам и динамическим реакци-
ям связей силы инерции точек тела. Под силой инерции точки
понимают силу, равную по величине произведению массы точки на
ее ускорение и направленную в сторону, обратную ускорению.
Применение метода кинетостатики к задачам сопротивления мате-
риалов иллюстрируется следующими примерами.
Задача 16.1. Вагонетка с грузом движется по наклонной плоско-
сти с постоянным ускорением а=2 м/с2 (рис. 16.1, а). Определить
требуемый диаметр троса, если масса вагонетки с грузом w=
=4 • 103 кг, коэффициент трения /=0,15, допускаемое напряжение
для троса [ст] = 60 МПа. Массу троса не учитывать.
Решение. Применяя метод кинетостатики, прикладываем к дви-
жущейся вагонетке силу инерции
F„=ma,
направленную противоположно ускорению. На рис. 16.1, б показа-
ны силы, действующие на вагонетку. Етр — сила трения, направлен-
ная противоположно скорости и равная fQ cos а.
Пользуясь методом сечений (рис. 16.1, в), определяем продоль-
ную силу, возникающую в поперечном сечении троса:
Ez=0; JV —gsina—Erp—Еи = 0
или
N= б sin a + 7\р+=g sin а+/<2 cos a + wia=
=mg sin a +ftng cos a+ma=m (g sin a +fg cos a+a),
где g=9,81 м/с2 -— ускорение свободного падения.
508
Так как масса троса не учитывается, то продольная сила во всех
его поперечных сечениях одинакова.
Условие прочности троса имеет вид:
т (g sin a +fg cos а+а)
----J2-------
nd
отсюда требуемый диаметр троса
4т (g sin а + fg cos а+а)
d	.
V 71И
Подставляя числовые значения, получаем:
/4  4  103 (9,81  0,342+0,15 9,81  0,940 + 2) _,	,
/-------—----——-------------------= 23,7  10 3 м«24 мм.
У	3,14  60  106
Задача 16.2. Закон движения барабана лебедки (рис. 16.2, а)
в период пуска выражается уравнением cp=4t3 (ср в радианах, t в се-
509
кундах). Вычислить напряжения в поперечных сечениях каната через
одну секунду после включения двигателя, если площадь попереч-
ного сечения каната А — 500 мм2, масса поднимаемого груза пг=
= 1 000 кг. Массу каната не учитывать.
Решение. Применяя метод кинетостатики, прикладываем к под-
нимаемому грузу силу инерции FB. Рассматривая условие равнове-
сия сил, действующих на груз (рис. 16.2, б), определяем продольную
силу, возникающую в поперечном сечении каната,
М=2+^.
Рис. 16.2
Так как масса каната не учитывается, то продольная сила во всех
его поперечных сечениях одинакова.
В данном случае величина силы инерции и, следовательно, вели-
чина продольной силы во времени переменны, так как груз дви-
жется с переменным ускорением.
Вычислим ускорение груза в конце первой секунды. Очевидно,
что касательное ускорение точки А барабана и ускорение груза
в данный момент времени одинаковы.
Как известно из теоретической механики, касательное ускорение
точки при вращательном движении твердого тела вычисляется по
формуле
аг=£г,
где £ — угловое ускорение;
г — расстояние от оси вращения до рассматриваемой точки.
Учитывая, что угловое ускорение твердого тела равно второй
производной от его угла поворота по времени, и дифференцируя
дважды уравнение движения барабана, получаем:
510
(4,’)=24л
dt2 dt2 v ’
Находим величины углового ускорения и ускорения груза
в конце первой секунды
e(=i = 24 1/с2,
- = 24‘ -= 12 м/с2.
2	2
Вычислим продольную силу в конце первой секунды
M=i = Q+FIl=»ig+»ia,=I=/n(g+a,=1)=w(9,8 + 12)=21,8w.
Тогда
ar=I — Ei
М = 1 21,8m 21,8 1000	„
-- = — =—--------------= 43,6 106 Па.
А А	500 10"6
Задача 16.3. Перекладина гимнастическая (турник) состоит из
сп альной горизонтальной перекладины круглого сечения, двух труб-
чатых стоек, в которые вхо-
дят массивные стальное ци-
линдры, и четырех растяжек.
Цилиндры шарнирно соеди-
нены с перекладиной (рис.
16.3, а).
Горизонтальный стержень
изготовлен из калиброван-
ной конструкционной леги-
рованной стали марки 40ХН
с пределом текучести стт=
= 880 МПа. Диаметр стерж-
ня d=21 мм. Человек весом
(7=735 Н вращается на пере-
кладине на вытянутых ру-
ках, делая пять оборотов за
7,5 с. Центр тяжести челове-
ка находится на расстоянии
1 м от оси перекладины.
Определить коэффициент
запаса по пределу текучести
для опасного сечения гори-
зонтального стержня.
Решение. Наиболее тя-
желый случай нагружения
будет, когда человек нахо-
дится в крайнем нижнем
Рис. 16.3
511
положении. В этом случае нагрузка на стержень перекладины скла-
дывается из веса человека и центробежной силы инерции. Расчетная
схема показана на рис. 16.3, б. Сила, действующая на перекладину,
G+F„ = 735+1320 = 2055 Н.
Здесь центробежная сила инерции определена из выражения (без
учета деформации перекладины)
F^m(D2R=G cu2J?= 735 4,192 1 = 1320 Н,
g 9,81
2л	_,
где св= —=4,19с — угловая скорость вращения человека.
Опасное сечение будет, очевидно, посередине стержня, где изги-
бающий момент достигает максимального значения (рис. 16.3, в)
M^X=VA  - = 1027  1,2=1230 Н м.
2
Максимальное напряжение изгиба в опасном сечении
1230
=--------= 636 • 106 Па=636 МПа,
Жи 1,93 10~е
где
, nd3 3,14'27 3	_	_
Wn= —------------ =1,93  103 мм3.
32	32
Коэффициент запаса по пределу текучести
И=—=—=1,38.
^тах 636
Задача 16.4. Плоская рамка (рис. 16.4, а) равномерно вращается
вокруг оси АВ со скоростью п = 800 об/мин. Определить коэффици-
ент запаса прочности стержня АВ, если его материал сталь Ст. 2
с пределом текучести о-т=220 МПа и удельным весом у =
= 78,5 103 Н/м3. Все стержни рамки постоянного поперечного сече-
ния диаметром с/=20 мм.
При определении сил инерции деформацией стержней рамки
пренебречь.
Решение. Вычислим интенсивность сил инерции (qa) на участке
CD. Как известно, для определения нормального ускорения служит
формула
V2 (cur)2 2
а„=~ —----— со г,
Г г
512
где
пп
зо'
Тогда
(?и)с!> = ~ О)21.
g
о)
17 Йикович Г.М., МининЛ.С., Винокуров А.И.
513
На участке DE интенсивность инерционных сил изменяется по
линейному закону от нуля (в точке Е) до уА ы21 (в точке D)*. На
g •
участке DE инерционные силы направлены вдоль стержня DE.
На рис. 16.4, б изображена расчетная схема рамки и показаны
эпюры сил инерции.
Определим опорные реакции
Z тА=0;
((o2l\l • -l+'f7— co2l]l  l-VB- 21=0,
\g J 2	2\g J
отсюда
VB=7~ cj212.
g
u)2l\l~~l (— co2l}l 1+ VA 21=0,
\g J 2 2\g J
отсюда
2g
Эпюра изгибающих моментов показана на рис. 16.4, в.
Опасным является сечение 1 — 1 (см. рис. 16.4, а)
уА _	уЛ 78,5 103 3,14 0,022 /3,14 800\2
М — if — со2/3----------------------------(-----) 0,23
g	™гпал_ g	_ 9,81	4	\ 30 /
““ Wx ~ 0,lrf3 ~ Wx~ 0,1<73 ~	0,1 0,023
= 176 10б Па= 176 МПа.
Тогда
Такой коэффициент запаса прочности в большинстве случаев недо-
статочен.
*Для промежуточной точки стержня DE, отстоящей от оси вращения на
М	уЛ
расстоянии г, q„=—агг. При г=0 (точка Е) ди=0; при г=1 (точка D) qa=—arl.
g	g
514
Задача 16.5. Вычислить максимальное касательное напряжение,
возникающее в поперечном сечении вала (рис. 16.5) при торможе-
нии, если вал, вращающийся со скоростью 1000 об/мин, после
включения тормоза останавливается, сделав пять оборотов. Мо-
мент инерции маховика 1=50 кг м . При расчете считать силу
торможения постоянной. Момент инерции вала не учитывать.
Решение. Как известно из теоретичес-
кой механики, при постоянном моменте
сопротивления движение будет равнозаме-
дленным. В нашем случае начальная уг-
ловая скорость равна а>0 и конечная шк=0;
при этом угловое ускорение вычисляется
по формуле
2q>
r/71
EZ3
Рис. 16.5
где ср — угловое перемещение тела до его остановки. Вычислим
угловое ускорение
/лп\2	/3,14 юооу
Е=и°= U	—30—£=175 с-2
2<р 2 (2л 5) 2'2'3,14'5
Момент от сил инерции равен:
ти=/£=50' 175=8750 КГ-М =8750 Н м.
с2
В данном случае крутящий момент в поперечных сечениях правой
части вала М2=тя, следовательно,
= 16 875°— = 162  10б Па=162 МПа.
л 3,14 653 10“9
d3
16
Задача 16.6. Проверить прочность пружины центробежного регу-
лятора (рис. 16.6, а), если и =1000 об/мин, масса груза га=0,5 кг,
допускаемое напряжение для пружины [т] = 600 МПа. Массу рыча-
гов регулятора не учитывать.
Решение. Вычислим центробежные силы, возникающие при
вращении грузов Q,
Fn=ma„=m f™V/3=0,5	80  10~ 3 = 438 Н.
\30/	\	30	/
17*
515
На рис. 16.6, б показана схема крепления рычага CAD регулятора.
Пренебрегая трением в шарнире А, определяем усилие, действу-
ющее на короткое плечо рычага,
Ы=Р12,
отсюда
-F=_FH-=438 ' — = 1402 Н.
12	50
Рис. 16.6
Тогда усилие, действующее на
пружину,
N=2F=2  1402 » 2800 Н.
Наибольшее касательное на-
пряжение в пружине
8ND
*^тах — £ Г 9
па
YP& £=1,31 (при си = 5—СМ.
с. 102).
Тогда
8 2800 45'10~3
Тщах —1)31	-	=
3,14'93 IO-’
= 577 • 106 Па =577 МПа.
Задача 16.7. Проверить проч-
ность приводного вала 1 элек-
трической лебедки (рис. 16.7, а)
в период разгона. Масса подни-
маемого груза т= 1000 кг; мас-
совый момент инерции бараба-
на и других деталей, вращаю-
щихся вместе с ним относитель-
но оси вала 2, 12 = 30 кг • м2. Моментом инерции вала 1 и на-
саженной на нем шестерни пренебречь. Потери мощности не учиты-
вать. Принять, что в период разгона вал 1 вращается равноускорен-
но и через /пуС1=2 с после включения двигателя приобретает ско-
рость П] = 960 об/мин.
Расчет выполнить по гипотезе наибольших касательных напря-
жений, принимая [ст] = 100 МПа.
Решение. В период разгона на вал 2 должен передаваться
момент, равный сумме трех моментов: а) статического сопротивле-
516
ния поднимаемого груза* I Mq=Q — к б) расходуемого на разгон
( м >
груза до заданной скорости 1Моя=та—\; в) расходуемого на
разгон вращающихся масс (М2я=12е2). Таким образом,
£>б	Об
М2=О —\-та —}-12е2.
2	2
Рис. 16.7
*3десь в отличие от предыдущих глав Kjpca для вращающих моментов приня-
то обозначение М взамен т.
517
Ускорение поступательного движения груза связано с угловым
ускорением барабана зависимостью
Угловое ускорение е2 вала 2 выражается через угловое ускорение
вала 7:
Угловое ускорение вала 1 определим по формуле, известной из
кинематики равномерного вращательного движения,
£1 — 
Л1уа
Подставив
Е1 = 10° = 50с 2 и е2=-• 50= 12,5 с 2
Подставив в выражение для М2 числовые данные, получим:
0,6	/о,б\2
Л/2 = 1000'9,81 —+ 1000 ' 12,5 1—1 +30 • 12,5=4440 Нм.
2	\ 2 /
Окружное усилие, возникающее в зацеплении зубчатых колес,
определяется из соотношения
2	2
Возникающее в зацеплении радиальное усилие связано с окруж-
ным зависимостью Fy — 0,364 F, следовательно,
^=0,364 11,1=4,05 кН.
Конечно, окружное усилие, действующее на зубья колеса, наса-
женного на вал 7, равно по величине и направлено противоположно
усилию, действующему на зубья колеса, соединенного с барабаном;
следовательно, вал 7 скручивается моментом
518
D'	0,2
Mz=Mt=F — = 11,1 — = 1,11 кН  м.
2	2
Расчетная схема вала 1, эпюры крутящих и изгибающих момен-
тов показаны на рис. 16,7, б, в, г, д. Эквивалентный момент по
гипотезе наибольших касательных напряжений для опасного сече-
ния (совпадающего с серединой левого подшипника)
Мэ„ = у/м!+м*+м?=y/fFyhY+iFhr+Ml =
= V(4,05 • 0,15)2 + (11,1  0,15)2+(1,11)2=2,09 кН м.
Эквивалентное напряжение
стэ„=— =—------------= 98,5 10б Па=98,5 МПа < [ст].
“ nd3 3,14
- - —  о,Об3
32	32
§ 50. ПРИБЛИЖЕННЫЙ РАСЧЕТ НА УДАР
Напряжения и перемещения, вызванные действием ударной на-
грузки, в ка раз больше напряжений и перемещений, вызванных
действием такой же по величине, но статически приложенной на-
грузки, т. е.
Сд ^д^стэ
Тд ^дТст,
Дд = ^Д^ст-
(16.1)
Динамический коэффициент вычисляют по следующей формуле,
полученной без учета собственной массы ударяемой системы:
*д=1 +
(16-2)
В случае если высота падения груза h во много раз больше
величины перемещения от статического действия силы, равной
весу ударяющего груза, динамический коэффициент можно вычис-
лять по следующей приближенной формуле:
(16.3)
519
В частном случае мгновенного безударного приложения нагруз-
ки (h—О) из формулы (16.2) следует, что кд—2.
При расчете на удар упругой системы, масса которой тс соиз-
мерима с массой /Игр падающего груза, следует ее учитывать. В этих
случаях динамический коэффициент вычисляют по формуле
Рис. 16.8
Рис. 16.9
где а — так называемый коэффициент приведения массы к точке
удара, определяемый по формуле
f (Azcr)2^c
(16.5)
При выводе формулы предполагается, что кинетическая энергия
системы (распределенной массы) равна кинетической энергии неко-
торой воображаемой точечной массы, сосредоточенной в точке
удара. Эта воображаемая точечная масса называется приведенной
массой и обозначается 7пприв, при этом связь между действительной
массой системы (тс) и приведенной тищ™, выражается через коэф-
фициент приведения а
ЛМ11рив = СУЛс.
При выводе формулы (16.5) использована также предпосылка
о подобии эпюр динамических и статических перемещений; при
520
этом Дгст — перемещение произвольного поперечного сечения, выз-
ванного статическим действием силы F (веса падающего груза),
приложенной в точке удара (рис. 16.8).
Например, при продольном ударе для бруса постоянного ПОПе-
ТЬ	Fl
речного сечения (рис. 16.9, а) Л.2СТ=—; A„=— (рис. 16.9, б)
ЕА	ЕА
/Fz\2yAdz , ,
f {Ezc^dmc J —I -- Jz dz
<4______ о	8	0=1
A27Hc /Fl\2yAl I3 3
\ea) g

Задача 16.8. Груз массой 1000 кг падает с высоты h=50 мм
на стальной брус постоянного сечения (рис. 16.10). Определить
напряжения, возникающие в поперечных сечениях бруса. Задачу
решить без учета и с учетом собственной массы бруса.
Решение. Вычислим Д^:
_ Fl 9,81  1000'2
~ЕА~ 3,14	, ~
2 ' 1011 (О,!2 —0,082)
4
= 3,47 • 10~5 м=3,47 • 10'2 мм.
Ввиду того что h» А^, вычисляем ка по при-
ближенной формуле
h

25°- —53,6.
3,47 10 2


Тогда
,	, F „	9,81 ' 1000
и я КдСру —	53,6
A 3,14
-----------(0,l2-0,082'
4
= 187 106 Па=187 МПа.
Рис. 16.10
Динамический коэффициент с учетом массы бруса (коэффициент
приведения, как показано выше, а=-)
521
здесь
тпс=—= 7— • 103'28,2 • 10“4'2=45 кг,
g 9,81
где А=~ (0,12 —0,082)=28,2 • 10~4 м2), тогда
1000 9,81	,
стд=53 ------- =185  Ю6 Па= 185 МПа.
28,2 10-*
Как и следовало ожидать, учет собственной массы бруса незна-
чительно уменьшил величину ка.
Задача 16.9. Сравнить наибольшие статические и динамические
напряжения в поперечном сечении балки и прогибы под грузом для
случаев изгиба балки в плоскости, наибольшей и наименьшей жест-
кости (рис. 16.11). При расчете собственным весом балки пренеб-
речь.
Решение. Рассмотрим сначала случай изгиба балки в плоскости
наибольшей жесткости. Наибольшие нормальные напряжения в по-
перечном сечении балки при статическом нагружении равны
Мша FI 750 I3
Стст=---=—=---------= 4,08  106 Па=4,08 МПа.
Wx wx 184  Ю’6
Динамический коэффициент
Я3
ка=
где
3EJ,
522
— прогиб сечения балки под грузом F при статическом нагружении
750  I3
= 6,80 • 10~5 м,
3 2 1011 1840  10"®
2 - 10 10“3
6,80 10"5
17,2.
Динамический прогиб и наибольшие динамические напряжения име-
ют следующие значения:
Дд=/д=^Х = 17,2  6,80  10-5 = П7 10"5 м=1,17 мм;
<Гд=А:дстС1= 17,2'4,08 = 70,2 МПа.
При изгибе балки в плоскости наименьшей жесткости аналогично
получаем
f 7	*7 /Л  1
стст=—=--------= 32,5 106 Па=32,5 МПа;
Wy 23,1  10“6
Дет —/ст-
FP
3EJy
750  I3
3 2 1011  115 10"®
= 109 10’s
м= 1,09 мм.
£д=1 +
2 10 10"3
109 10 5
5,40;
стд = £дстст=5,40  32,5=175,5 МПа;
Дд=уд=^д/'С1=5,40  1,09 = 5,89 мм.
При статическом действии нагрузки напряжения во втором слу-
чае больше, чем в первом, в 7,97 раза, а при ее ударном действии —
лишь в 2,5 раза. Такое различие обусловлено тем, что во втором
случае жесткость балки значительно меньше, чем в первом, что
приводит к существенному уменьшению динамического коэффици-
ента.
Задача 16.10. Для каждой из стальных балок (рис 16.12) оди-
наковой длины и одинакового поперечного сечения определить из
условия прочности допускаемую высоту падения груза, если
[ст] = 140 МПа; £=2,0 • 1011 Па; G=8,0 • Ю10 Па.
При расчете массой конструкции пренебречь, применить прибли-
женную формулу для динамического коэффициента.
Решение. Условие прочности балки имеет вид:
Сд = ^дО'ст [О'],
523
-^inax	—
где <jct=------наибольшее нормальное напряжение при статичес-
х ком действии силы F.
Для обеспечения прочности балки динамический коэффициент не
должен превышать следующего значения:
[*J=-
^ст
Подставляя значение ka, получаем:
откуда
А,
2
Для балки, изображенной на рис. 16.13:
FI 4 • 103 4
стст=--=-	= 13,8 • 10б Па=13,8 МПа;
4WX 4  289  КГ6
524
F
8- D3n
t r Л Fl3 1	2	4 • 103  43
Д<~: — /> 3---—------1--* -------’--------------------------F
2 48£JX 2 GJ4 48  2 • 1011  3460 • IO-8
4  103
8------(0,l)3  10
1	2
+- •-----------------= 0,772 10 “3+6,25  10“ 3 = 7,02 • 10~3 m;
2	8  IO10  0,024
140\2 7,02 ' 10“ 3
— ) ----------= 362 ' 10 3 м=362 мм.
13,8/	2
Для балки, изображенной на рис. 16.14:
13,8 МПа; Дст=/^=0,772 мм;
0,772
------= 40 ММ.
2
Для расчета третьей из рассматриваемых балок раскрываем ее
статическую неопределимость. Основная система, нагруженная за-
данной силой и искомыми лишними неизвестными, показана на рис.
16.15. При выборе основной системы использована симметрия за-
данной системы и нагрузки. Таким образом, раскрытие статической
неопределимости сводится к решению одного канонического урав-
нения
<511-^1 + Д1Г=0.
Используя эпюры MFи М}, изображенные на рис. 16.15, находим
<5п =
— 1/1 =
А 2	1 Fl I ,	F11
Д1/-= — -  — 1 =---------------.
EJX 2 4 2 KEJX
525
Решив каноническое уравнение, получим Xi =—.
На рис. 16.16, а, б показаны эпюра изгибающих моментов от
силы F и эпюра изгибающих моментов от единичной силы, прило-
женной к основной системе (для определения перемещения сечения
под силой F). Перемножив по правилу Верещагина эпюры Мх и Мк,
получим:
Л г/3
Т 192£/х'
FI
81ГХ
4 • 103  4
----------= 6,9 10б Па=6,9 МПа;
8  289  10“6
д . 1q3 . дЗ
Ас,=------=----------------------=0,193  10 3 м=0,193 мм.
192£JX 192 • 2  1011'3460 • 10-8
°.193
----=40 мм.
2
Как видно из приведенного примера, значение динамического
коэффициента существенно зависит от способа закрепления балки.
Задача 16.11. На раму (рис. 16.17, а), изготовленную из стержней
постоянного кольцевого поперечного сечения (<7=100 мм, <4 =
= 80 мм), падает груз с высоты й= 100 мм. Определить допускаемое
526
значение массы груза из условия прочности рамы, если [ст] = 160
МПа, а= 1 м, £=2,0 • 1011 Па.
При расчете применить приближенную формулу для динамичес-
кого коэффициента; массой рамы пренебречь.
Решение. Рама один раз статически неопределима. За лишнюю
неизвестную принимаем реакцию шарнирно-подвижной опоры. На
рис. 16.17, 6, в показаны схемы нагружения основной системы
и соответствующие эпюры изгибающих моментов. Эпюра изгиба-
Рис. 16.17
ющих моментов Мх от статически приложенной силы F показана на
рис. 16.17, г.
На рис. 16.17, д показан (штриховой линией) примерный вид
рамы в деформированном состоянии и указано перемещение сече-
ния А от статического действия силы F*. Опасным является сечение
под силой F. Условие прочности имеет вид:

где
41
М	— ?а
'«max	gg
32
41
32  — F 1
QQ
-----------------= 8,07  10“ бГ;
3,14 0,13(1-0,84)
*При решении обжатием вертикальной стойки пренебрегаем. Читателю реко-
мендуется проверить определение лишней неизвестной и Д^.
527
2 100  IO*3
отсюда
[J]=496 H
г i И 496 СПС
Гтп] - — = — = 50,6 кг.
g 9,81
§ 51. СВОБОДНЫЕ КОЛЕБАНИЯ УПРУГИХ СИСТЕМ
Определение числа степеней свободы. При действии на упругую
систему сил, величина или направление которых периодически изме-
няются, возникают колебания. Если этими силами являются внут-
ренние силы упругости самой системы, колебания называют свобод-
ными или собственными. Возникают они за счет первоначально
накопленной энергии или начального импульса. Примерами таких
колебаний являются колебания балки после воздействия на нее
ударной нагрузки, колебания оттянутой и затем отпущенной пружи-
ны. Сами свободные колебания не представляют опасности для
конструкции, так как всегда существуют силы внешнего и внутрен-
него сопротивления, под действием которых эти колебания срав-
нительно быстро затухают. Однако исследование свободных коле-
баний необходимо при оценке влияния внешней периодической
нагрузки, которая может существенно снизить надежность конст-
рукций, машин и их отдельных частей.
Пути решения проблемы о свободных колебаниях зависят от
структуры рассматриваемых систем. Сами системы разделяют по
числу степеней свободы (и). Под числом степеней свободы понимают
число независимых переменных, обобщенных координат, необходи-
мых и достаточных для описания положения системы в любой
момент времени. Каждая реальная система обладает бесконечным
числом степеней свободы, так как для описания ее положения
в любой момент времени необходимо бесконечно большое число
параметров. В зависимости от задачи, которую приходится решать,
528
можно реальную систему представить в виде расчетной схемы
с конечным числом степеней свободы. Проиллюстрируем сказанное
на примере консольного стержня с диском на свободном конце (рис.
16.18, а). При рассмотрении колебаний стержня в некоторых случа-
ях можно пренебречь его массой. Диск, в свою очередь, можно
считать абсолютно жестким. Тогда перемещение любой точки
стержня будет определяться шестью величинами — тремя поступа-
Рис. 16.18
тельными перемещениями центра массы диска в направлении коор-
динатных осей и тремя углами поворота диска относительно этих
же осей. В этом случае получим систему с шестью степенями
свободы. Если считать, что вся масса диска сосредоточена в его
центре — в точке О, то перемещения точек стержня будут зависеть
от трех поступательных перемещений центра массы диска и система
будет иметь три степени свободы (рис. 16.18, б). Наконец, рассмат-
ривая только изгибные колебания стержня в вертикальной плоско-
сти, получим систему с одной степенью свободы (рис. 16.18, в).
Свободные колебания системы с конечным числом степеней свобо-
ды. Описать метод исследования свободных колебаний удобнее
всего на примере деформации изгиба, а результаты решения можно
распространить и на другие деформации — растяжение (сжатие)
и кручение. На рис. 16.19, а, б изображена балка, несущая точечные
массы Мг, Mi, М„. При этом каждая масса перемещается в на-
правлении, перпендикулярном оси балки. Обозначим отклонение
массы Mj от положения равновесия через »(/) Это отклонение
является функцией времени. Таким образом, число степеней свобо-
ды совпадает с числом колеблющихся масс. Пренебрегаем массой
самой балки и потерями энергии. При составлении уравнений дви-
жения (уравнений свободных колебаний) воспользуемся принципом
Даламбера, который заключается в том, что к движущейся с ускоре-
нием системе могут быть применены соотношения статики при
условии, что в число внешних сил включена сила инерции, равная
произведению массы на ускорение и направленная против ускоре-
ния. Этот прием уже был использован ранее (см. с. 508).
Для записи перемещения y^t) воспользуемся также принципом
суперпозиции (принципом независимости действия сил) и способом
18 Ицкович ГМ., Минин Л.С., Винокуров А.И.
529
единичных перемещений Мора (см. гл. VII). Тогда перемещение
массы Mj равно
* " d2yk
Таких уравнений можно записать и — по числу степеней сво-
боды.
Рис. 16.20
Рис. 16.19
Итак, окончательно в компактной форме имеем
*" ^2Ук
£Мк- 8jk+yj(t) = 0, 0=1, 2, ..., и).
dt2
(16.6)
Получаем систему линейных дифференциальных уравнений вто-
рого порядка с постоянными коэффициентами — систему уравне-
ний свободных колебаний с и степенями свободы.
Решение ищем в классе гармонических движений (рис. 16.20),
являющихся наиболее распространенным типом движений:
yj (t) = Yj sin (co14- cp).	(16.7)
Здесь Yj — амплитуда колебаний массы Mj, ср — начальная фаза,
им — круговая частота свободных колебаний (число колебаний
в 2л с). На рис. 16.20 показаны: Т — период колебаний (наименьший
интервал времени, через который повторяется любое значение коле-
блющейся величины), f= 1/Т — частота колебаний — число колеба-
ний в 1 с). Для частоты f используется название Герц (Гц).
Подставляя выражение (16.7) в систему уравнений (16.6), после
простейших преобразований получаем систему амплитудно-частот-
ных уравнений
к—п
-со2 % Мк Yj=0, (j= 1, 2, ..., л).	(16.8)
к=1
530
Имеем систему линейных однородных алгебраических уравне-
ний относительно амплитуд Yj. Если предположить, что определи-
тель системы не равен нулю (Д^О), то 1у=0 и, следовательно,
колебания отсутствуют. Поэтому приравниваем определитель си-
стемы нулю:
1 — to2Mt8n — со2М2ё}2 ... —(o2M„8ln
— co2Mt82t 1— со2М2ё22  — co2M„62n
(16-9)
-(o2Midni — co2M28„2 ... l—co2M„8m
Уравнение (16.9) называют характеристическим или часто-
тным. Раскрывая определитель, получаем уравнение и-ой степени
относительно со2. Корнями являются квадраты собственных круго-
вых частот. Имеем п корней со2 и, следовательно, и положительных
значений со. Итак, система с и степенями свободы имеет и собствен-
ных частот. Нумеруются они в порядке возрастания:
w,	< ^п-	(16.10)
Каждой собственной частоте соответствует своя форма колеба-
ний. Пусть a>i — некоторая собственная частота. Подставим и, в
систему уравнений (16.8):
к=п
-со2 Y MkYk8jk+ Yj—0, (/= 1, 2, ..., и).	(16.11)
*=i
Получим систему линейно зависимых алгебраических уравнений,
так как определитель такой системы равен нулю. Это означает, что
можно найти (и — 1) амплитуд, выразив их через какую-либо одну
амплитуду, например первую. Так, при со — со^ получим	...,
У*0; при со—со2 — У)П), У^п), ..., и т. д.
На рис. 16.21 изображена балка с тремя сосредоточенными
массами (три степени свободы) и показаны формы собственных
колебаний, соотве ствующие всем трем собственным частотам. Не-
трудно видеть, что чем выше собственная частота, тем сложнее
форма колебаний. Для балок n-ой форме колебании соответствует
п—1 узел. Под узлом понимают точку оси балки, остающуюся
неподвижной во время колебаний. Отметим, что формы колебаний,
соответствующие разным собственным частотам, взаимно ортого-
нальны:
к—п
lMkY[^=0,(i^	(16.12)
*=i
18*
531
Здесь Y$ и — амплитуды колебаний массы Мк, соответству-
ющие j-той и z-той формам. Условие (16.12) может быть сфор-
мулировано так: работа, совершаемая инерционными силами, соот-
ветствующими одной собственной частоте, на перемещениях, соот-
ветствующих другой, равна нулю.
Рис. 16.21
Свободные колебания распределенных систем (с бесконечным чис-
лом степеней свободы). Рассмотрим плоские изгибные колебания
балки постоянного поперечного сечения (рис. 16.22, а). Двумя смеж-
ными сечениями выделим элемент длиной dz (рис. 16.22, 6). Его
перемещение во время колебаний у (z, t) зависит от координаты
z и времени t. На элемент действует сила инерции, равная
dF= — dm —.
dt1
Здесь dm=pAdz — масса элемента длиной dz, р — плотность мате-
риала балки, рА погонная масса (масса единицы длины). Переход
к частной производной вызван тем обстоятельством, что у (z, t) —
функция двух переменных. Воспользуемся дифференциальным урав-
нением изогнутой оси балки (6.9, а) и соотношением между изгиба-
ющим моментом Мх и интенсивностью распределенной нагрузки q
(см. с. 132):
EJX-^=MX,	(16.13)
сг
82МХ
(16.14)
532
Взяв от изгибающего момента вторую производную по коор-
динате z и учитывая (16.13) и (16.14), получим
EJx=^q.	(16.15)
Sz*
Интенсивность распределенной нагрузки создается силами инер-
ции:
аг	а1 2у
q=-~ —рА —.
dz	8t2
После подстановки выражения для q в формулу (16.15) имеем
длу	д2у
EJx—+pA—=Q.	(16.16)
az*	а<2
Решение этого уравнения ищем в форме
y(z, t)= Y(z) sin (tot+ср),	(16.17)
что соответствует гармоническим колебаниям. Здесь Y(z) — форма
колебаний. Подстановка (16.17) в формулу (16.16) приводит к амп-
литудно-частотному уравнению
™-ш2— У=0.	(16.18)
dz* EJX
Обозначим через
F=w2 м	(16.19)
£7Х
и уравнение (16.18) примет вид
d*Y
----k?Y=Q.	(16.20)
zfe*
Одна из форм записи общего решения уравнения
Y(z) = Ci sin kz+C2 cos kz+C3 sh kz + C4 ch kz.	(16.21)
Константы Ct определяются из граничных условий. Как известно,
граничные условия делятся на кинематические (прогиб, угол пово-
рота) и динамические (изгибающий момент и поперечная сила).
Например, для балки (рис. 16.22, а) на левом конце имеем два
кинематических условия; прогиб и угол поворота сечения О равны
нулю:
1) У(0) = 0, 2) 0=^=0.	(16.22)
dz
533
На правом конце также имеем два условия, в данном случае
динамические: равны нулю изгибающий момент Мх и поперечная
сила Qy
3) Мх (/) = 0,	4) Qy (/)=0.	(16.23)
Учитывая известные соотношения
d2Y	d3Y
MX=EJX — и Qy=EJx —,
dz2	x dz3
последние два условия принимают следующий вид:
d2Y	d3Y
3)— (0=0,4)—(0=0.
dz2	dz3
Реализуя эти четыре граничные условия, получаем систему одно-
родных линейных алгебраических уравнений относительно констант
С,. Условием, при котором С,#0 (т. е. имеют место колебания),
будет равенство нулю определителя системы. Реализуя это условие,
получаем уравнение
cosae • chae= — 1,	(16.24)
где &—kl.
Решая это уравнение графически, получим приближенные значе-
ния корней: $! = 1,87, ае2 = 4,69. При п^З имеем приближенно
аел«| (2п-1)
На основании (16.19)
ta„=fc2
Зная, что ае2 = 3,52, найдем первую, низшую собственную час-
тоту
Рис. 16.23
На рис. 16.23 показаны формы ко-
1 лебаний, с ответствующие трем низшим
частотам. Отметим, что чем выше ча-
стота, тем сложнее форма колебаний.
У балок n-ой форме соответствует п — 1
узел. Формы колебаний, соответству-
ющие разным собственным частотам,
взаимно ортогонал ны:
534
I
J Y„(z)Y„(z)dz=O, (m^n).
о
(16.25)
Результаты определения собственных частот при других опор-
ных закреплениях приведены в таблице частот и форм собственных
колебаний (табл. 16.1)
I1
Таблица 16.1
Схема балки			Характер"- стическое уравнение				Три низшие формы собственных колебаний
				n=J	n=2	n=3	
			sin ев=0	Я	2n	ПЛ	
	’ ..Л						
			cosee.chas--/	1,87	4.89		
	1						
		1 А\\\\		coseec/ias-f	4,73	7,85	(n+fyn	
	1						
		<	z		tgee= thee	3,93	7.07	4	
Рис. 16.24
Приближенные методы определения частот свободных колебаний.
Эти методы применяются в тех случаях, когда трудно, а подчас
и невозможно получить точные дифференциальные уравнения сво-
бодных колебаний, например, при сложных граничных условиях или
при переменной площади поперечных сечений.
Метод Релея. Рассмотрим его на примере плоских изгибных
колебаний (рис. 16.24, а). Пренебре-
гаем потерями энергии на трение,
акустическое излучение и др. На ос-
новании закона сохранения энергии
полная механическая энергия систе-
мы (Э) остается постоянной:
3=U+T.	(16.26)
Здесь U — потенциальная энергия
упругой деформации и 7’ — кинети-
ческая энергия движения. Обозна-
чим перемещение элемента массы
535
dm=pAdz через y(z, t)= Y(z) sin (cof+(p), где p — плотность материа-
ла стержня и Y (z) — амплитуда формы колебания.
Тогда при изгибе имеем в произвольный момент времени
/
1	Г /d2Y(z)\2
= sin2 (ш/+ <р) EJX (-----I dz.	(16.27)
2	J \ £^2 )
o
1 /гЛ2
Кинетическая энергия элемента массы dm равна dT=- dm I — I ,
а для всего стержня также в произвольный момент времени
I
Т=^ со2 cos2 (а>1+<р) pAY^ (z) dz.	(16.28)
о
Рассмотрим два состояния: (рис. 16.24, б, в):
а) положение статического равновесия
/
U= 0 и Э= Т^х = ’ ш2 J рА У? (z) dz;	(16.29)
о
б) максимальное отклонение от положения равновесия
/
1 Г Л^ПгЛ2
Т=0 и Э= L7mM=- EJX dz.	(16.30)
о
Приравниваем (16.29) и (16.30) друг другу: Tmax= Сиал.
Отсюда после простейших преобразований получаем формулу
Релея:
/'tPYtfX1
EJX I------) <
О)2=°
(16.31)
О
536
Этот метод является точным, если известна действительная
форма собственных колебаний. Но на практике она заведомо неиз-
вестна. Поэтому поступают следующим образом: задаются пример-
ным видом формы колебаний, подбирают ее аналитическое выраже-
ние Y(z) и подставляют в формулу (16.31).
Основные требования к функции Y(z): а) по характеру она
должна быть достаточно близка к исследуемой форме колебаний;
б) обязательно должна удовлетворять кинематическим граничным
условиям (прогиб и угол поворота); в) желательно, но не обязатель-
но удовлетворять динамическим граничным условиям (поперечная
сила и изгибающий момент); г) она должна быть, по крайней мере,
трижды дифференцируемой.
Метод Релея позволяет достаточно точно находить первую соб-
ственную частоту. При этом численное значение всегда оказывается
несколько завышенным. Это обстоятельство объясняется тем, что
вводя в расчет функцию Y(z), мы как бы увеличиваем жесткость
системы. Получение более высоких частот затруднено из-за невоз-
можности достаточно точно предсказать соответствующую форму
собственных колебаний.
Если в систему введена дополнительная
жесткость или присоединена сосредоточен-
ная масса, как показано на рис. 16.25, то
в формуле Релея нужно учесть их вклад
в потенциальную и кинетическую энергии.
В пружине накапливается потенциальная
Рис. 16.25
энергия - су1 2 (I, t), где с — жесткость пружины, и кинетическая
2
1
1	Ву
энергия массы М\ - М — (a, t) . Тогда формула (16.31) примет
2	St
следующий вид:
2
dz+cY1®
dz1 J
(16.32)
pAYfzjdz+MY1 (а)
О
Из формулы (16.32) видно, что введение дополнительной жест-
кости повышает, а введение дополнительной массы понижает соб-
ственную частоту.
Метод Ритца. Более точное значение низшей частоты, а также
частот собственных колебаний более высокого порядка можно по-
лучить, пользуясь методом Ритца, который является дальнейшим
развитием метода Релея. По методу Ритца аппроксимирующую
537
функцию F(z), которая описывает форму собственных колебаний
и входит в формулу (16.31), представляют в виде ряда
к=п
Y(z)= £	(16.33)
*=т
где <рк (z) — базисные (координатные) функции, удовлетворяющие
всем тем условиям, которые указаны выше (при изложении метода
Релея), a fk — неизвестные параметры, обобщенные координаты.
Эти параметры должны быть выбраны так, чтобы формула (16.31)
давала наименьшее значение для частоты <о. Условием минимума
будет, очевидно, следующее равенство:

= 0, 0=1, 2, ..., п).
(16.34)
Таких уравнений будет столько, сколько членов в ряду (16.33).
Итак, образуется система линейных однородных алгебраических
уравнений относительно параметров fk. Приравнивая определитель
этой системы уравнений нулю (если определитель не равен нулю, то
это означает отсутствие колебаний), получим частотное уравнение.
Способ Ритца позволяет определять не только низшую частоту, но
и значения высших частот, хотя и с меньшей точностью. При этом
можно определить столько частот, сколько слагаемых входит в со-
став ряда (16.33). Для ряда, состоящего из и членов, определитель
имеет следующий вид:
С/п-^Тн 1712-ш2Т12 ... С71и-со2Т1в
С21 — oj2T21 U22 — (a2T22 — U2n — (о2Т2л
ил1-а>2Тл1	... Um-a)2Tm
(16.35)
Ниже приводятся выражения для коэффициентов, входящих
в состав частотного уравнения:
i
f	сР(р. d2(p,
Ujk=\	dz,	(16.36)
J	dz dz
0
l
Tjk=J pA(p}(z) <pk(z)dz.	(16.37)
о
Применение метода Ритца будет рассмотрено в задаче 16.28.
538
Задача 16.12. Определить частоту собственных колебаний сталь-
ного стержня (рис. 16.26): а) без учета собственной массы стержня;
б) с учетом массы стержня. Масса груза 100 кг, Е=2 • 1011 Па,
р=7,85  103 кг/м3.
Решение. Рассматриваем продольные колебания
стержня без учета его собственной массы. В этом
случае система имеет одну степень свободы и частот-
ное уравнение (16.9) принимает следующий вид:

Отсюда
(16.38)
(16.39)
1 — щ2Л/грйп = 0.
где с=—=~------жесткость стержня (см. с. 13).
Подставляя значение с, получаем
Приближенный учет влияния сообственной массы стержня на
частоту собственных колебаний может быть осуществлен путем
введения понятия о приведенной массе системы аналогично тому,
как это сделано при рассмотрении удара (см. § 50). В этом случае
в формулу (16.39) взамен массы груза М,^ следует подставить сумму
массы груза и приведенной массы стержня, т. е. М^+Мщ» где
Мщ,=аМс и Мс — собственная масса стержня. Коэффициент приве-
дения а может быть вычислен по формуле (16.5) и в данном случае,
при приведении массы к свободному концу растянутого стержня, он
равен а =1/3.
Определяем массу стержня:
Мс=рА1=р — 1=1,85  103 3,14 -°’032 ' 1,5 = 8,5 кг.
4	4
Тогда частота собственных колебаний стержня с учетом его
массы
539
Задача 16.13. Определить частоту собственных колебаний балки,
изображенной на рис. 16.27, без учета и с учетом ее собственной
массы.
Решение. Без учета своей массы балка имеет одну степень
свободы, и частоту собственных колебаний определяем по формуле
(16.39):
1
V M-jAi
Рис. 16.27

Предварительно вычисляем единичное перемещение (рис. 16.28,
а, б).
EJX 2	3 ЗЕ/,
Подставляя числовые значения, получаем
/3 210°  3460 10-в
= 28,4 с
400  43
Частота собственных колебаний с учетом массы балки
Определим по формуле (16.5) коэффициент приведения массы
для заданной балки:
540
J (Azct)2«K
mc
A>c
За кривую статических прогибов Arcr примем уравнение упругой
линии консоли, нагруженной на свободном конце сосредоточенной
силой F (рис. 16.29). Перемещение произвольного сечения, отсто-
ящего на расстоянии z от заделки (см. § 18, 19)
/3 2  1011 ' 3460  1(Г8 „о _.
<у = /------------------------= 27,8 с \
/	/	33 27,3 4\
- / 400 1+--------------I
у	\	140	400 /
где т=21,3 кг/м — погонная масса балки по ГОСТу 8239 — 89.
Задача 16.14. Определить частоту собственных крутильных коле-
баний стального диска, посаженного на стальной стержень (рис.
16.30). Влиянием массы стержня пренебречь.
Рис. 16.29
Рис. 16.30
Решение. Согласно условию задачи эта система имеет одну
степень свободы, так как положение любой точки системы в любой
момент времени зависит только от угла поворота диска относитель-
но его продольной оси. Для определения собственной частоты
можно воспользоваться уравнением (16.39). Требуется лишь заме-
нить в нем (с учетом деформации кручения) массу М на момент
инерции массы диска I относительно продольной оси стержня.
541
Итак, рассматривая диск как сплошной цилиндр, находим
т 1 ,, D2 1 лП2 , D2 np b D*
1= М —=- р —— ь  —=-----------,
2	4	2	4	4	32
где р=7,85 103 кг/м3 — плотность материала диска.
Подставляя числовые значения, получаем
Составим выражение для угла поворота концевого сечения от
приложенного в этом сечении скручивающего момента, равного
единице (безразмерной)
_ la	1а	32а 2а	34а
<5ц =---1----------=-----1----------
r.d*	я (2а)* Gnd* Gr.d* Gnd*
G----- G----
32	32
Частота собственных крутильных колебаний диска
1 lend* /о,8  1011  3,14  0,044
(» = —== = /----= ----------—------ =346 С"1.
у/кп У 341а \	34  0,79 • 0,2
Задача 16.1S. Электродвигатель установлен посередине балки,
изображенной на рис. 16.31. Подобрать поперечное сечение балки,
исходя из условия, чтобы частота собственных изгибных колебаний
балки превышала не менее чем на 30% круговую частоту вращения
ротора двигателя. Число оборотов двигателя п0 = 960 об/мин, а мас-
са его М=4000 кг. Массой балки пренебречь.
Решение. Круговая частота вращения ротора
лло 3 14 9б0
6= =----------= 100 с-1.
30	30
Требуемая частота собственных колебаний балки
с» 1,30= 1,3 100= 130 с1.
Из формулы (16.39) следует, что жесткость балки должна быть
не менее с = а>2М= 1302  4000=67,6  10б Н/м.
Так как
1 4SEJx
с=—=-----------,
511 I3
542
то после подстановки числовых значений получим
, cd2MP 1302'4000  4Э „ „	.	. „ „ л. .
Jx=-----=------------=4,5 • 10“4 м4=4,5  104 см4.
48£	48  2  10“
По сортаменту выбираем двутавр № 55 с Jx=55 962 см4. При
выбранном сечении частота собственных колебаний балки
MEJx /48 -2 - 10п  55962 • 10-в , ,
(О— /-----= /--------------------=145 С ,
МР \	4000  43
что больше в на 45%.
Если дополнительно потребовалось бы учесть и массу самой
балки, то при коэффициенте приведения а =17/35 (методика его
определения изложена в задаче 16.13) и погонной массе ?и=92,6 кг/м
по данным ГОСТ 8239 — 89 собственная частота понизилась всего
на 2% и составила со = 142 с-1.
Рис. 16.31	Рис. 16.32
Задача 16.16. Как изменится собственная частота изгибных коле-
баний, если убрать среднюю или правую опоры (рис. 16.32)? Массой
самой балки пренебречь.
Решение. Задана двухпролетная статически неопределимая бал-
ка. Она имеет одну степень свободы. Прежде чем определять еди-
ничное перемещение (<5ц), нужно раскрыть статическую неопредели-
мость.
В качестве лишней неизвестной выбираем надопорный момент
Xt — изгибающий момент над средней опорой. Внешней нагрузкой
(грузовой) является циничная сила F, приложенная в направлении
движения колеблющейся массы М. Загруженная этой силой основ-
ная система и соответствующая эпюра изгибающего момента (гру-
зовая эпюра) изображены на рис. 16.33, а, б, а на рис. 16.33, в, г —
единичная лишняя неизвестная (Xt = 1) и вызванная этой нагрузкой
эпюра изгибающего момента (единичная эпюра). Читатель видит,
что одни и те же обозначения используются для разных операций —
раскрытия статической неопределимости и определения единичного
перемещения, входящего в частотное уравнение. Во избежание оши-
бок все коэффициенты, используемые длй раскрытия статической
неопределимости, снабдим дополнительными индексами с.н.
Вычислим коэффициенты канонического уравнения S^Xt + Af J = 0:
543
^=у^;(^нг_ j
EJX EJX
AVg =У	1
EJr EJX
1 „	2	1
2n ' 1 ' — 4—
2	"	~
1
2
a • 1 2 ]
37
i\_ °2
27 4EZ,
a
EJ,
3
1 2a '
2
2
a
2
После подстановки в каноническое уравнение получаем
-а/4.
Рис. 16.33
Далее, используя принцип
суперпозиции, строим резуль-
тирующую эпюру изгибающего
момента (рис. 16.33, <)):
Л^Н=Л^Н-У1 +ЛТ/ =Mt.
Теперь нужно определить
единичное перемещение <5ц, вхо-
дящее в формулу (16.39):
со= 1/у/мдц.
Его можно получить двумя
способами: а) умножить эпю-
ру Л/j саму на себя или б) на
основании существующего пра-
вила определения перемещений
в статически неопределимых си-
стемах (см. с. 244) достаточно
перемножить эпюры и Л/£л.
Короче второй путь. Тогда

<5ц=£
EJ,
1/1 3	2я	1	а
— l-a-a-2— а •
EJX\2	8	3 2	2	4
5с3
48Е7Х
Предлагаем читателю воспользоваться первым вариантом
и проверить найденный результат.
Определяем собственную частоту изгибных колебаний исходной
статически неопределимой системы:
1
148 ЕЛ
5Ма3
Теперь рассмотрим вопросы, поставленные в условии задачи.
При удалении одной из опор балка становится статически опре-
делимой, и вычисление единичного перемещения не составит труда.
544
На рис. 16.34, а, б показаны единичное нагружение и соответст-
вующая единичная эпюра изгибающего момента при удалении сред-
ней опоры.
В этом случае
„	1/1	2	22	1	2	22 \	4а3
<5П =—|-а а - а+-2а- а -а =----------;
EJX \2	3	3 3	2	3	33 /	4EJX
Второй случай, когда удалена правая опора, показан на рис.
16.35, а, б. Здесь <5П и принимает такие значения:
Можно сделать общий вывод: удаление опор и превращение
статически неопределимой системы в статически определимую уме-
ньшает собственную частоту изгибных колебаний в первом случае
в 2,06, а во втором — в 1,26 раза.
Задача 16.17. Электротельфер А, имеющий вес F3= 1 кН, переме-
щается по стальному монорельсу ВС, поперечное сечение которо-
го — двутавр № 20 (рис. 16.36). Вес поднимаемого груза не превы-
шает Flv—3 кН. Число оборотов двигателя ло=15О мин1. Возмож-
но ли возникновение резонанса? Рассмотреть плоские изгибные
колебания системы. Расчет произвести сна-
чала без, а затем с учетом массы моно-
рельса.
Решение. Вращение ротора двигателя
происходит с круговой частотой
„ ЛЛО 3,14-150
6=- =-----------=15,7 с
30	30
с
Рис. 16.36
545
Резонанс — т. е. резкое возрастание амплитуд колебаний —
происходит при совпадении со — частоты собственных колебаний
системы с 0 — круговой частотой вращения ротора. Как об этом
будет сказано далее (в § 52), требуется «отстройка» от резонанса:
рекомендуется иметь со ^1,30; в данном случае со 5= 1,30'15,7=
=20,4 с .
Имеем систему с одной степенью свободы. Данные ГОСТ
8239 — 89: Л =1840 см4; Wx= 184 см3, погонная масса /и=21 кг/м.
Массу монорельса пока не учитываем. Частота собственных колеба-
-5ц
Рис. 16.37
2 z	1
(Z-z)--(Z-z)+-z
ний определяется по формуле (16.39):
со= 1/-у/Л/5ц.
Чем больше единичное перемеще-
ние 5ц, тем меньше частота со. Поэтому
нужно прежде всего узнать наиболь-
шую возможную величину <5П.
Итак, определим max 5ц. Приклады-
ваем единичную силу Г] = 1 в произ-
вольном сечении с координатой z\ вы-
числяем реакции, вызванные этой си-
лой, и строим единичную эпюру изги-
бающего момента (рис. 16.37, а, б).
Определяем единичное перемещение
5ц, как функцию от координаты z:
1
2

z(Z-z) 2z
---------(l-z) =
I 3 1
1
3£7XZ
[(/-Z>]2.
Находим экстремальное значение <5n:
1	2
y=--(Z-z)z(Z-2z).
dz 3EJJ
Приравниваем первую производную нулю
(Z—z)z(Z—2z) = 0.
Из трех корней уравнения смысл имеет только один: z.=0,5Z.
Применяя способ сравнения знаков первой производной, убеж-
даемся, что имеет место максимум.
Итак, наиболее опасное положение электротельфера — посере-
дине монорельса (кстати, здесь же находится опасное сечение ис-
ходя из прочности монорельса). Отсюда следует, что при z=0,5Z
546
511
/3
48EJX
и частота собственных колебаний (здесь М=Мэ+Мгр)
48Е7Х_ /48  2  10й  1840 • 10“в • 9,81
Ml3 \	4 ’ 10* • 83
Сделаем пересчет собственной частоты с учетом массы моноре-
льса. Суммарная масса электротельфера и поднимаемого им груза
+э + +гр
1000+3000
9,81
= 407,7 кг,
g
та же масса с учетом присоединенной массы монорельса
17
Мо6щ=407,7+- 8 -21=488 кг.
35
17
Здесь а=----коэффициент приведения массы к середине пролета.
35
Теперь путем пересчета находим собственную частоту:
со=29,4
26,8 с1.
В результате расчета делаем вывод, что условие безрезонансной
работы конструкции (со^ 1,30) выполнено: 26,8 >20,4.
В дополнение к сделанному проверим прочность монорельса. На
рис. 16.37, б +- г изображены эпюры изгибающего момента от всех
действующих на монорельс нагрузок. Определяем максимальное
напряжение
Мх 1 Г(+э++гр)/ mgl2l 1	Г(103+3  103)8 21-9,81-82'_
<7тах = = ------------1----=-------: ---------------1---------—
Wx 1ГХ |_	4	8 J 184  1(Г6 L 4	8
= 25,1  10б Па=25,1 МПа.
Видим, оно невелико по сравнению с обычными допускаемыми
напряжениями.
Задача 16.18. Определить частоты и формы собственных колеба-
ний (рис. 16.38). Массой балки пренебречь. Принять Л/=100 кг,
а = 0,8 м, поперечное сечение круглое («7=0,06 м), £=2,1  1011 Па.
Решение. Рассматриваем плоские изгибные колебания. Массы
и М2 считаем точечными. В этом случае система имеет две
547
степени свободы. Частотное уравнение свободных колебаний (16.9)
принимает следующий вид:
1—со2Л/1<5ц	—со2Л/2^2
— cu2AfI^2I	1—со2Л/2<522	(16.40)
Решая это уравнение относительно со, получим
«1.2 =
М\ <5[ 1 + Л/2<522
2
+МХМ2 д212
(16.41)
Вычислим все слагаемые.
Предварительно приложим еди-
ничные силы Fi и F2 и построим
единичные эпюры изгибающих
моментов (рис. 16.39). Вычисляя
интеграл Мора по способу Вере-
щагина, получим
5н=2
1
EJX ~~ EJX
1	2
аа' а +
2	3
1	2
+ 2а а• а
2	з
а2
EJX
5i2=52I = S^p=
EJX
1 1	о 1	о3
=-----2а-' а=------------;
EJX2	2 2	4ЕЛ
..	„ (ом1Мсг	2 1	а 2 а	а3
O22 — "--------—----' — ' О.' ' — ' " —-.
EJX	EJX 2	2 3 2 6EJX
После подстановки этих коэффициентов в формулу (16.41) при-
ведем ее к виду
IEJX
ая=фя /—^(”=1>2)-
\ Ма
(16.42)
Коэффициент принимает значения ^1 = 0,93 и ^2=2,35, а
548
Здесь
EJX
Me?
'2,1 IO11 63,4'IO"8
100 0,83
= 36,5 с-1.
3,14 6*
64
= 63,4 см4.
Используя формулу (16.42), получим окончательно
со! = 0,93  36,5 = 34 с“ *; а>2=2,35 • 36,5 = 86 с1;
f = со!/2л=34/(2 • 3,14) = 5,4 Гц; /2=со2/2л=86/(2 • 3,14) = 13,6 Гц.
Определим формы собственных колебаний. Из первого уравне-
ния (16.8), записанного для этой системы, выразим отношение
амплитуд
У2 1—1 — ф2
У1~ (d2M26\2 ~-0,5#f
(16.43)
Подставляя в эту формулу
значение ^=0,93, получим
У®/У®= —0,306; при подстановке
ф2=2,3 5 отношение У®/ У ®=
= 1,64.
Формы собственных колеба-
ний изображены на рис. 16.40. Пе-
рвая форма — без узлов, вто-
рая — с одним узлом (точка N).
Условие ортогональности (16.12)
выполняется:
Рис. 16.40
£ MkYPY^MiY^Y^+M^Y^
k=i, г
= 100 Г 1 + 200 (-0,306) 1,64=0, 0 + J).
Задача 16.19. Для двух заданных систем — прямолинейной
и криволинейной (рис. 16.41, а, 6) — найти собственные частоты
и формы плоских изгибных колебаний.
Решение. Каждая из представленных систем имеет две степени
свободы. Поэтому собственные частоты определяются из частотно-
го уравнения (16.9) при Л/1 = Л/2=Л/:
1-сЛИ<5п
— а>2М821
—сй2Мдп
\-ш2МЬ12
=0.
549
Для определения коэффициентов, входящих в уравнение, нужно
поочередно приложить две взаимно перпендикулярные единичные
силы Fi = l и /’2 = 1 (рис. 16.42 или 16.44). В предыдущей задаче
(16.18) вид собственных форм колебаний практически заранее был
известен; он и позволял прикладывать единичные силы в направле-
нии амплитуд колебаний. В данной же задаче собственные формы
колебаний будут найдены лишь в заключительной части решения.
Поэтому направления — вертикальное и горизонтальное — выби-
раем, руководствуясь только более простыми аналитическими пре-
образованиями.
Рис. 16.42
Для прямолинейной системы при вычислении коэффициентов
можно применить правило Верещагина. Поэтому строим единич-
ные эпюры Мх и М-1- С целью компактности изображения единичное
нагружение и соответствующие эпюры совмещаются на одних и тех
же чертежах (рис. 16.42, а, б). Перемножая эпюры, получим

1	2 \ 4а3
а-а-а+-а а' а =-------
2	з / 3EJ,
1	1	с3
О12 = <Ш=-----
EJX	1
2£Л
а3
' _ 1 1 . .2
012—--- ~	@ ~ &—-----
EJX 2	3 3EJX
После подстановки в (16.9) или сразу в (16.41) получим
550
Отсюда следует, что
Если воспользоваться первым из уравнений (16.8), то отношение
амплитуд
4
У2 1-сЛИ<5п
П” (d2MSi2 ~ 1
2*-
После подстановки в него со=Ш1 или ^ = ^1 =0,806 имеем
У®/У®=0,412,
а при со=со2 или |Д=|Д2 = 2,82
Y^/Y^= -2,42.
По ^гим результатам, принимая У® = 1 и У^ = 1, изображаем
обе собственные формы колебаний (рис. 16.43, а, 6).
Подтвердим условие ортогональности (16.12):
£ МхУ^У^ = М11+М 0,412 (-2,42)=0,	(i>j).
к=1. 2
F^1
Рис. 16.44
7777/
Рис. 16.43
551
Для криволинейного стержня (см. рис. 16.41) единичные эпюры
не строим, так как ни одна из этих эпюр не будет линейной и,
следовательно, правило Верещагина в этом случае не применимо
(см. с. 209). Воспользуемся интегралом Мора. Положение произ-
вольного сечения определяем полярным углом а (рис. 16.44, а, б).
Можно считать момент положительным, если он увеличивает кри-
визну оси стержня. Можно воспользоваться и правилом сжатого
волокна. Окончательный результат, разумеется, будет одинаков.
Итак, имеем ds=Rda., применяем правило сжатого волокна;
М\— — 1 Л sin а; М2— —Л(1 — cos а).
Далее вычисляем коэффициенты:
I	я/2
f M2.ds 1 fz „ .	R3
<5П= I —5—=— I (—J?sina)2J?rfa=0,785 —;
J EJX EJX J	EJX
о	0
/	я/2
f* MyMjds 1 C .	,	_ _
<5I2=<521 = I-----=— I (—_Rsina[—J?(l — cosa)]/taa=0,5 —;
EJx	EJX j	EJx
о	0
,	я/2
ё22= I = 1 I [_ J?(l-cosa)]2/?dbc = 0,355 —.
I EJX RJ x J	EJx
о	0
После подстановки в (16.1) получим:
Отношение амплитуд равно соответственно
y^)/yf) = 0,66 и У^/У^-1,52.
Условие ортогональности подтверждается и аналитически и гра-
фически (рис. 16.45, а, б). Визуально сравнивая обе системы между
собой, видим, что криволинейная обладает большей жесткостью.
Значит, и собственные частоты должны быть выше. Проведенные
вычисления это подтвердили.
Задача 16.20. На рис. 16.46, изображена рама, в различных
точках которой последовательно располагается масса М. Произ-
вести анализ собственных частот плоских изгибных колебаний,
пренебрегая массой самой рамы. Принять EJX=const.
Решение. 1 вариант (рис. 16.46, а). Перемещение массы М воз-
552
можно только в горизонтальном направлении: по условию задачи
продольные, в данном случае вертикальные колебания не рассмат-
риваются. Поэтому система имеет одну степень свободы. После
приложения единичной силы (Ft = 1) в направлении возможного
перемещения массы М строится единичная эпюра изгибающего
момента (ЛЛ) и вычисляется перемещение <5,, — рис. 16.47, а, б):
2 вариант (рис. 16.46, б). Перемещение массы М возможно так
же, как в предыдущем случае, лишь в горизонтальном направлении.
Следовательно, и эта система имеет одну степень свободы. Но
видно и то, что теперь горизонтальное смещение массы М под
действием единичной силы будет меньше, чем в первом варианте.
Значит, система обладает большей жесткостью и ее собственная
частота возрастет. Расчет это подтвердит. На рис. 16.48, а, б пока-
заны единичное нагружение и единичная эпюра Получаем
_ 1.
6
12	12
-аа~а+ааа+аа а
2	3	2	3
5а3
3£7Х’
553
1
а>= -----=
3 вариант (рис. 16,46, в). Масса М получает возможность пере
мещаться в двух направлениях — например в вертикальном и го-
ризонтальном (рис. 16.49, а). Поэтому эта система обладает двумя
степенями свободы. Для определения двух собственных частот (toj
и со2) нужно воспользоваться формулой (16.41). При нагружении
Рис. 16.48
Рис. 16.47
единичной силой Fi эпюра, как легко увидеть, совпадает с единич-
ной эпюрой первого варианта (рис. 16.47, б, в). Следовательно,
величина нам уже известна: =4a3jEJx. Нагружение силой F2= 1
и соответствующая единичная эпюра М2 по казаны на рис. 16.49, б, в.
Производим вычисления:
я. я 1 1 .а.1о
di? — on} —----а - ~ 2.0,—--
EJX2 4 2	8£Л
.2 1 а а 2 а а3
EJX 2 2 4 3 4~48£JX’
Определяем собственные частоты (16.41):
554
Хорошо видно, что при разности близких друг другу величин
необходимо вести расчет с большей точностью. Итак, окончательно
получаем
tai «0,5
<у2 = 7,81
Рис. 16.49
4 вариант. Масса М разделена на две равные части по 0,5Л/ (рис.
16.46, г). Так как по условию задачи продольные колебания не
учитываются, а горизонтальные перемещения сечений I — I и II —
II одинаковы и опреде-
ляются только одним
параметром, то, следо-
вательно, система имеет
одну степень свободы.
Обе массы суммируют-
ся, прикладывается еди-
ничная нагрузка в гори-
зонтальном направле-
нии в сечении I — I или
II — II. В результате
получим эпюру Л/], сов-
падающую с эпюрой
первого варианта и,
естественно, тот же от-
вет.
Задача 16.21. На рис. 16.50 схематически изображена точильная
установка. Вес двигателя вместе с точильным камнем составляет
120 Н, а скорость вращения ло=3000 об/мин. В качестве опоры
использована стальная труба (Е= 2,1  1011 Па). Проверить, не суще-
ствует ли опасность возникновения резонанса. Рассмотреть изгиб-
ные и продольные колебания в плоскости чертежа. Расчет произ-
вести для двух случаев — сначала без учета массы опоры, а за-
тем — с учетом ее.
Решение. Определение собственной частоты без учета массы
опоры. В этом случае система имеет две степени свободы. Прило-
жим поочередно две единичные силы: сначала F в горизонтальном
направлении, а затем F2 — в вертикальном (рис. 16.51, а, в). В пер-
вом случае возникает только изгиб опоры, во втором — только
растяжение. Поэтому строим лишь две эпюры — и N2 (рис.
16.51, б, г). Отсюда, как следствие, имеем <312=«52i = 0.
Предварительно вычислим геометрические характеристики по-
перечного сечения опоры:
nd4
64
(1-^)=^
=69,1 см4,
555
Рис. 16.51
7 2\2~1
' =9,55 см2.
я42(1-с2) 3,14 82 ’
1- —
\8,0
4	4
Переходим к определению единичных перемещений:
1 1	2	/3	I3
EJX EJX 2	3	3EJ,
S C0NLf2=l±l==-------------'------= 0,5-10 8 м/Н.
EA EA 2,1 10“ 9,55 10" *
Теперь находим собственные частоты (при <5i2=<52i = O):
2,3 10“6 м/Н;
3 2,1 10“ 69,1 10 8
1
1
601= .—=
9,81
---------= 189 с
120 2,ЗЮ"6
1
<^2=	.=
-у/Л/^22
—---------=4,04 • 103 с 1
120 0,5 10“8
Итак, частота собственных изгибных колебаний равна СО] =
= 189 с-1, а частота продольных — <а2=4,04'103 с-1.
Чтобы учесть влияние массы опоры на частоту собственных
колебаний, предварительно определим саму эту массу.
М()=рЛ/=7,85 103 • 9,55 • 10“ 4 • 1 = 7,45 кг.
Далее, к суммарной массе двигателя и точила
,, Fa 120
М„=— =—=12,23 кг
g 9,81
556
добавим приведенную массу опоры, равную
Л^ир ОС Л/q,
где коэффициент приведения а принимает следующие значения: при
изгибе а= 33/140 и при растяжении а= 1/3. Таким образом, в фор-
мулу для п»! нужно будет подставить
зз
М= 12,23+— 7,45=14,0 кг,
140
а в формулу для со2
М = 12,23+- 7,45 = 14,7 кг.
3
Путем пересчета окончательно получаем
и, = 189 712,23/14,0 = 177 с"1;	gj2=4,04 • ю3 /^ = 3 68 103 с”1
V 14,7
Сравним полученные результаты с круговой частотой вращения
ротора двигателя
в=^у1™»=314с-1
30	30
Вывод: при пуске, когда двигатель будет набирать обороты,
в течение короткого промежутка времени возникает резонансное
состояние, но затем — при рабочем числе оборотов — установка
будет работать надежно. Отметим также, что учет собственной
массы опоры существенных изменений не внес: отклонение от ре-
зультатов приближенного решения составило не более 6% при
оценке изгибных колебаний и 9% — для продольных.
Задача 16.22. Кронштейн поддерживает подъемный механизм,
масса которого равна М (рис. 16.52). Определить собственные ча-
стоты и формы продольных колебаний. Массой самих стержней
и массой поднимаемого груза пренебречь.
Решение. Система имеет две степени свободы. Следовательно,
будут получены две собственные частоты. Выберем два возможных
перемещения массы М — вертикальное и горизонтальное. Последо-
вательно приложим две единичные силы — сначала вертикальную
(Fi = l), а затем, удалив ее,— горизонтальную (F2=l). Для каждого
из этих случаев построим единичную эпюру продольной силы (рис.
16.53).
Чтобы воспользоваться частотным уравнением (16.41), нужно
подсчитать коэффициенты — единичные перемещения, учитывая,
разумеется, только продольную деформацию. По методу Мора (см.
гл. VII) получим
557
гп=Е °^=Е	1 [1,412 1,41а + (-1)2а]=—;;
ЕА ЕА ЕА	ЕА
1
621=Ъ-----=— (-1)-1 -а=-----;
ЕА ЕА	ЕА
012—-------
ЕА
_	_	_ N2J 1	, а
a22=Z	= 2 —=— I2 а=—.
ЕА ЕА ЕА ЕА
Практически лишь первый коэффициент вычисляем путем сум-
мирования по участкам; остальные коэффициенты состоят из одно-
го члена, поскольку эпюра N2 расположена только на одном участ-
Рис. 16.52	Рис. 16.53
ке. Вводим найденные коэффициенты в частотное уравнение (16.41)
и выносим общий множитель:
to,= 0,491 y/EAjMa, to,=1,213 jEAjMa.
Отсюда
Установим формы собственных колебаний. Из первого уравне-
ния системы (16.8) выразим отношение амплитуд
У, 1-ю2М6п
У1 ci)2AfSi2
Обозначив to„=V<„
будем иметь
где 1Д1 = 0,491 для tOj и ^,= 1,213 для со,,
558
*2 1-3,82^
у1
При подстановке = 0,491 получим Y?/Y^~ 0,319, а при
ф2= 1,213 — У?1)/У|П) = — 3,19. На рис. 16.54 изображены обе формы
собственных колебаний. Проверим ортогональность этих двух
форм*:
УМаУ[У> = М11 + М0,319(-3,19) = 0,
Задача 16.23. На стержень круглого поперечного сечения насаже-
ны два диска, имеющие моменты инерции относительно продоль-
ной оси /j =1 и Z2=3Z (рис. 16.55, a), GVr=const. Определить частоты
и формы собственных крутильных колебаний.
Решение. Система имеет две степени свободы. В качестве неза-
висимых параметров, определяющих положение системы в произ-
вольный момент времени, выбираем углы поворота каждого из
дисков относительно продольной оси. На рис. 16,55, б, в показаны
приложенные к стержню единичные скручивающие пары сил 7\ и Т2,
♦Ортогональность можно подтвердить и графически (рис. 16.54, в): так как
угол KDL прямой, то согласно известной теореме высота, опущенная из вершины
прямого угла треугольника на гипотенузу, есть средняя пропорциональная между
проекциями катетов на гипотенузу:
DN2=KN 'NL или в числах I2 =0,319'3,19.
559
а также построены единичные эпюры крутящего момента М\ и М2.
Единичные перемещения вычисляем, используя способ Верещагина
а 11 а	аиМ' 2а 1 1 2а
О] 1 — £ -—	——	. Оэ2 —	'
GJp GJp GJp	GJp GJp GJp
<rl 1 a
012 — 021——------—-
GJP GJp GJp
Снова применяем частотное уравнение (16.41). Вынося общий
множитель, после очевидных преобразований получаем
(16.8) находим отношение ам-
Из первого уравнения системы
плитуд:
Уз 1—
У]
При подстановке со—Оу Y^/Y^=
= 1,84, а при а>=со2— У®/
/У™=-0,185.
Обе формы собственных кру-
тильных колебаний изображены
на рис. 16.56.
Задача 16.24. На абсолютно
жесткой балке, лежащей на
одинаковых пружинах, закреп-
Рис. 16.57
560
лен груз А (рис. 16.57, а). Определить частоты собственных колеба-
ний груза, если масса груза М, момент инерции груза относительно
центральной оси, перпендикулярной плоскости чертежа, 1=0,1 Ml2,
жесткость пружин с. Массой балки пренебречь.
Решение. Система имеет две степени свободы. В качестве неза-
висимых переменных, обобщенных координат, выбираем верти-
кальное перемещение центра тяжести груза v и угол поворота груза
ср (рис. 16.57, а). Для определения собственных частот воспользуем-
ся уравнением (16.41), заменив в нем массу М на момент инерции
массы I. Выразим единичные перемещения, входящие в частотное
уравнение, через исходные данные. Нагружаем систему единичной
силой F (рис. 16.57, б). Очевидно, <5ц = 2 = 1/2с. В данном случае угол
поворота груза равен нулю, следовательно, <521 = 0.
Теперь нагружаем систему единичным моментом Т (рис.
16.57, в). Нетрудно вцдеть, что
_	2 2Л „ 1 1	2
022 — Ф — — — — = 2 ' “ *-—
Z/2	/ I lc cl1
В этом случае центр тяжести груза не перемещается; поэтому,
<512 = О (подтверждая принцип взаимности перемещений <5i2=<521).
Тогда частотное уравнение распадается на два раздельные уравне-
ния: (1 — а>2М6п)  (1 — (р21622)=0, откуда получаем
co=a>i = l,41 у/с/М и со = ш2 = 2,24 у/с/М.
Задача 16.25. Для балки, изображенной на рис. 16.58, подобрать
пойеречное сечение в форме прокатного двутавра при условии, что
собственная частота изгибных колебаний будет находиться в ин-
тервале 140^со< 160 с-1. Материал — сталь (Е'=2,1  1011 Па).
Решение. Заданная балка — система с распределенными пара-
метрами (с бесконечным числом степеней свободы). Воспользуемся
частотным уравнением (16.20). Его решение приводит к форме
колебаний
Y (z) = Ci sin kz + C2 cos kz + C3 sh kz + C4 ch kz.
Постоянные С, будем определять из граничных условий. Для их
реализации необходима вторая производная
d2Y
— = k2(—Cisinkz—C2 cos kz + C3 sh kz + C4 ch kz).
dz2
Запишем граничные условия: на левом конце балки прогиб Y(0)
^2 у
и изгибающий момент Mx(0)=EJx-----—- равны нулю. Первое усло-
dz2
вие дает С2+С4 = 0, а второе — С2 + С4 —0; отсюда следует
19 Ивкович Г.М.. МининЛ.С., ВинокуровА.И.
561
С2 = С4=0. На правом конце (z=l) такие же граничные условия.
В результате имеем С3=0, а С^О, иначе все постоянные оказыва-
ются равными нулю, и это означает, что колебания отсутствуют.
Таким образом, приходим к выводу, что равен нулю sink!. Тогда
к1=пп.
Нас интересует низшая частота и поэтому п=1. Так как
к4’=со2 — (16.19), то
Этот же результат можно было
получить непосредственно из табл.
16.1. Полученная формула содержит
две неизвестные величины — Jx и А.
Их можно объединить через радиус
инерции ix=\J ]Х[АУ который содер-
жится в ГОСТе. Найдем его числен-
ное значение, подставляя среднее
значение собственной частоты из
указанного в условии интервала:
tuZ2 /р_150 62 /7,85 10s
я2 \Е~ 3,142 \ 2.11011
=7,05 10~2
м=7,05 см.
Ближе всего подходит двутавр № 18 (Jx=1290 см4, Л = 23,4 см2
и 4=7,42 см). Уточним окончательное значение основной (низшей)
частоты собственных изгибных колебаний:
7 42
Wi = 150 — = 154 с *.
7,05
Отсюда видно, что заданное условие выполнено.
Задача 16.26. Определить основную (низшую) частоту собствен-
ных изгибных колебаний системы, изображенной на рис. 16.59.
Применить приближенный способ Релея. В качестве аппроксимиру-
ющей функции воспользоваться одной из трех формул:
1) Y(z)=l — cos—; 2) F(z)=l—cos—; 3) F(z)=l—cos j
Результаты сравнить с точным решением.
Решение. Необходимое требование при выборе аппроксимиру-
ющей функции — чтобы она удовлетворяла кинематическим (гео-
562
метрическим) граничным условиям (прогиб и угол поворота).
С этой целью для всех трех вариантов найдем первые производные:
dY т. . лг
1) —=- sin—;
dz I Г
dY п . та
2)—=—sin—; 3)
dz 21	21
dY 2л	2лг
—=—Sin—.
dz I I
на левом конце— У(0) = 0 и = 0—
Граничным условиям
dz
удовлетворяют, как легко видеть, все функции. Граничным услови-
ям на правом конце —	и -^0 —соответствует только
dz
вторая. Ею и воспользуемся. Квадрат собственной частоты (со2)
определим из формулы (16.31). Отдельно подсчитаем числитель
и знаменатель этой формулы. Для первого из них понадобится
выражение для второй производной:
б/2 У (та
—- = - COS .
dz1 \2l)	21
Итак, при EJX =const имеем
f Q)4“s2Z dz=EJ>	j i (‘+cos7)*=
0	0	0
Далее, при pA — const вычисляем знаменатель
i	i
K7tz\2	f (	TLZ - 1tz\
1—cos—j az=pA I 1 —2cos—4-cos — laz=
о	0
I
0
= pA
21 . Л2 1 (	I . nz\
z—2 - sin — 4—1 24-~sin— I
л 21 1\	л IJ
= pAl{ 1,5—-
\	4
=0,2261pAl.
Найденные выражения подставляем в формулу (16.31):
i
Г fd2Y\2
EJA — dz л4
J \dzl) ZZT'EJ*	EJr
1	0,2261 p Al ’ pAl*
^pAY2dz
0
19*
563
Отсюда
Учитывая, что точное решение дает а> =
составляет примерно 4%.
3,52
1Г
расхождение
Заметим, что если бы стержень состоял из двух участков разного
поперечного сечения, (например, а и Ь), то каждый интеграл распал-
ся бы на два: от 0 до а и от а до а + Ь.
Задача 16.27. Найти две пер-
вые частоты собственных коле-
баний, используя приближенный
способ Релея (рис. 16.60, а).
Решение. Вначале рассмот-
рим определение первой соб-
ственной частоты (рис. 16.60, б).
Возьмем аппроксимирующую
функцию для формы колебаний
в виде степенного многочлена:
Y(z)=z^" A A^z2+Л2г2 + A3z4- А$.
Коэффициенты многочлена
найдем исходя из граничных
условий. Поскольку необходимо
строгое соблюдение кинемати-
ческих граничных условий (про-
гиб и угол поворота), то предварительно получим выражение для
первой производной:
6=—=4z2+ ЗА^г2 + 2А2г+А3.
dz
Из двух условий на левом конце — У(0) = 0 и 6(0)=^^ —
dz
= 0 — следует, что А3 и Л4 равны нулю. Запишем два аналогичных
граничных условия на правом конце:
У(/)=0;	/4+Л1/3 + Л2/2 = 0;
^=0;
4/34-ЗЛ1/2+2Л2/=0.
Решая эту систему уравнений, получим А{ — —21 и А2=212.
Таким образом, окончательно имеем
y(z)=z4—2/z3 + l2z2 =z2 (l-z)2.
564
Переходим к реализации формулы Релея (16.31). Для вычисления
числителя, а он пропорционален накапливаемой потенциальной
энергии упругой деформации, необходимо иметь выражение для
второй производной:
= 12z2 - 12Zz+2/2=2 (6z2 - 6/z+12).
dz2
Далее, в результате интегрирования, имеем
I	i
(d2 у\ 2	Г
— dz—4EJx (6z2 — 6lz+l2')2dz=0,8EJxli.
dz2)	J
о	о
Определяем знаменатель формулы (16.31), пропорциональный
кинетической энергии движения
1	I
jpA^dz^pA jz4(Z—z)4cfe= 1,58•10“3рЛ/9.
о	о
После подстановки в формулу Релея находим первую частоту:
0,8£7xZ5	EJX
=--------------= 506,33-------
1,58 10~3рА19	рА1*
и окончательно
4,742 IEE
^l2
22,5
CL>! =------
/2
рЛ
EJx
— или
рЛ
В отличие от других расчетов приходится учитывать больше
значащих цифр — иначе погрешность будет большой.
Точное решение известно:
4,73 2
Расхождение между точным и приближенным решениями со-
ставляет менее 0,4% и, как об этом сказано ранее, (с. 537), метод
Релея дает завышенное значение собственной частоты.
Переходим к определению второй собственной частоты. В этом
случае собственная форма должна иметь один узел, что при симмет-
ричной заданной системе делает форму антисимметричной и непо-
движный узел будет располагаться посередине (рис. 16.60, в). Снова
воспользуемся многочленом
Y (z)=z4+A ,z3+A2z2 + A2z+Л4.
565
Учитывая квадратичную зависимость в подынтегральных выра-
жениях, можно рассматривать" только половину стержня, а затем
результат удваивать.
На левом конце У(0) = 0 и 0(0)=----= 0. Отсюда, как и ранее,
dz
получаем А3 = А4=0. Граничные условия на правом конце, т. е.
фактически посередине стержня У(//2) = 0 и 0^^=^^^^О. ВтоРое
условие ввиду его неконкретности не дает возможности составить
последнее уравнение для нахождения постоянных. Но можно ввести
новое условие: в среднем сечении изгибающий момент должен быть
равен нулю. Это требует пояснения. На рис. 16.60, в видно, что часть
стержня, примыкающая к середине слева, имеет сжатые волок-
на снизу, а такая же часть, но расположенная справа — сжатые
волокна сверху. Поэтому посередине стержня должна располагаться
точка перегиба упругой кривой, в которой Мх равен нулю. Для
упрощения последующей записи введем обозначение а = 0,5/. Тогда
можно записать
У(а)=0; а4 + А,а3 + А2а2=0 или, после сокращения, а2 + А{а+А2=0.
п	d2Y(a) ,
Запишем последнее условие------=0; 6а + ЗЛ1 + Л2=0.
dz2
Решая систему этих уравнений, получаем А{ = — 2,5а; Л2=1,5а2.
Отсюда
Y(z)—z4—2,5az3 + l,5a2z2.
Последовательно дифференцируя, будем иметь
= 12z2 — 15az + 3a2 = 3 (4z2 — 5az+ a2).
dz2
После подстановки в формулу (16.31) и последующего интег-
рирования
2' З2 JEJx(4z2 — 5az+a2)2dz	___
_=	___________ ^243 IeJ,
0	о4 •у рА
2 J pA(_z*—2,5az3 + l,5a2z2Ydz
Окончательно и при возвращении к длине /= 2a получаем
566
il
15,59 EJx 3,952 EJX 7,902
to2=-
EJ,
рА а2 рА I2
pA
Точное решение для второй собственной частоты дает формула
7,862
EJ,
рА
Итак, расхождение не более 0,3%. Такой результат получен
вследствие того, что для заданной системы из-за симметрии можно
было достаточно надежно предсказать вторую форму собственных
колебаний. В большинстве случаев сделать это затруднительно.
Поэтому метод Релея чаще всего используют для нахождения толь-
ко низшей частоты.
Задача 16.28. Найти низшую частоту
собственных изгибных колебаний стерж-
ня (рис. 16.61). Применить приближен-
ный способ Ритца. Результат сопоста-
вить с точным решением.
Решение. Воспользуемся двухчлен-
ной аппроксимирующей функцией
Y(z)= Y fk<Pk(z)=fz2+f2z3.
k=l,2
Она удовлетворяет кинематическим граничным условиям:
У(0)=^®=0 я wi. ^0.
dz	dz
Для данной системы частотное уравнение (16.35) по методу Ритца
имеет следующий вид:
С712-щ2Т12
672i— й}2Т21 U22— со2Т22
Для вычисления коэффициентов уравнения воспользуемся фор-
мулами (16.36) и (16.37):
р	d2<pj d2tpk	р
UJk= \EJX	—— dz-, TJk= pAtpjipkdz.
J	dz2 dz2	J
о	о
Находим вторые производные
_	dtp,	d2cpi
<Pi(z)—z2, —=2z,	—2;
dz	dz2
567
, ,	3	d(pi
<p2(z) = Z3,	—
az
d2(p2 r
Определяем коэффициенты
i	i
Un=EJx J22dz=AlEJx; Un= U2l = EJx J2• 6zdz = 6l2EJx,
о	0
I	I
(z2)2dz=0,2pAl5;
U22=EJX (6z)2dz=V2EJxl3; Tn = pA
T\2—T2l — p£
z2 z3dz=~ pAl6;	T22=pA j (z3)2 dz—^pAl1.
о	о
Вводим найденные коэффициенты в частотное уравнение (16.35)
и приводим его к стандартному виду:
(рA)2/W -1224рA EJxl*co2 +15 100 (EJX)2 = 0.
Далее следует решение уравнения и приведение корней также
к стандартному виду:
EJx	_________ £J
to2 =—- (612±V6122-15100)=— (612±599,5),
рАГ	рАГ
- 12,5 EJX . 1212 EJX
аА —-------,	а>2 —------,
I4 рА	I4 рА
3,53 EJX 1,882	IeJx 5,92	IeJx
t0]= —-	/ —=------ /—,	а>2=— /—.
/2 у рА I2  у! рА	I2 у/ рА
Получаем практически полное совпадение с точным решением
по первой (низшей) частоте и расхождение примерно на 34% с точ-
ным решением для второй частоты (см. табл. 16.1). Если же взять
аппроксимирующую функцию в составе трех членов, то можно
существенно улучшить результат по второй частоте и получить
приближенно значение третьей собственной частоты и т. д.
§ 52. ВЫНУЖДЕННЫЕ КОЛЕБАНИЯ СИСТЕМ
С КОНЕЧНЫМ ЧИСЛОМ СТЕПЕНЕЙ СВОБОДЫ
Вынужденными называют колебания, происходящие под дейст-
вием внешних периодических сил, а сами эти силы называют воз-
мущающими. При вынужденных колебаниях напряжения и переме-
568
щения, возникающие в упругой системе, как правило, значительно
больше, чем в случае статического воздействия. Кроме того, следу-
ет учесть, что напряжения при колебаниях периодически изменяют-
ся во времени, и это связано с опасностью усталостного разрушения
(см. гл. XV).
Рассмотрение задачи о вынужденных колебаниях проведем, как
и в случае свободных колебаний, на примере плоских изгибных
колебаний (рис. 16.62). Предположим, что на каждую массу дей-
ствует возмущающая сила одной и той же частоты в и с одной и той
же фазой (для простоты положим ср = 0). Для получения уравнения
движения снова воспользуемся принципом Даламбера. Запишем
перемещение массы Л/,, возникающее за счет возмущающих и инер-
ционных сил:
к=п
*=1
d2yk\
Fkcos6t-Mk-^)djk, (/=1, 2, ..., n).
(16.42)
Рис. 16.63
Преобразуя, получим
fc-n	d2yk	к=п
Мк-^к-\-у^)= Y ^jkFkcos6t, 0=1, 2, ..., и). (16.43)
Jt=i	dt	k=l
Итак, имеем систему п обыкновенных дифференциальных урав-
нений. Они описывают вынужденные колебания системы, проис-
ходящие без затухания. Нас будут интересовать только установив-
шиеся вынужденные колебания, происходящие с частотой в (рис.
16.63). Ищем решение в форме
у70) = y?cos 6t,	(16.44)
где Yj — амплитуда вынужденных колебаний. Подставим (16.44)
в систему уравнений (16.43). После простейших преобразований
получим
/с=л	к=п
-е2 Е М^+ Yj= Y SjkFk, о= 1, 2, ..., n).	(16.45)
k=i	k=i
569
Это система алгебраических уравнений, не зависящих от време-
ни. Определитель системы имеет следующий вид:
	i - e2MiSn	-e2M2di2 ...	-0Wi„	
	-e2Mi62i	i- е2м2з22 ...	-02Мл82п	
ад)=				(16.46)
	-62Mi6ni	-e2M2sn2 ...	i-e2Mjm	
Амплитуды вынужденных колебаний найдем из выражений
Д>(0)'
(16.47)
Здесь Dj{6) — определитель, который получается заменой j-ro столб-
ца в определителе Do(6) правыми частями уравнений (16.45).
Вообще говоря, определитель системы Do(0) отличен от нуля,
и амплитуды вынужденных колебаний Yf£ оо, однако для некото-
рых случаев Do (6) = 0. Это произойдет, если частота возмущающей
силы совпадет с одной из частот собственных колебаний:
6 = C0j.
В этом случае амплитуды вынужденных колебаний стремятся
к бесконечности. В действительности, если учитывать силы внутрен-
него и внешнего трения, амплитуды сильно
возрастают, но остаются конечными. Явле-
ние значительного роста амплитуд колеба-
ний при совпадении частот собственных ко-
лебаний и возмущающей силы получило на-
звание резонанса.
Частный случай. Система с одной сте-
пенью свободы (рис. 16.64). На массу
Mi действует периодическая сила Fi cos 6t. Собственной массой бал-
ки пренебрегаем. Из системы уравнений (16.45) следует
Yi-e2Mi6uYl=8liF1.
Отсюда
У  SuFi _ 5цГ1
Здесь
to = l/VAfi<5n
частота собственных колебаний.
(16.48)
570
Обозначим Уст=й11/'1 — статический прогиб от амплитудного
значения нагрузки. Тогда динамический прогиб Уд можно выразить
через статический (рис. 16.65, а):
д 1-(0/ш)2’
(16.49)
При наблюдается явление резонанса.
Введем динамический коэффициент
£ =___1___
д ц-(е/*ш)2|’
(16.50)
Рис. 16.65
В этом случае
(16.51)
Соотношение, аналогичное (16.51), существует и между динами-
ческими и статическими напряжениями:
Ы=^Д-<7СТ.	(16.52)
Зависимость динамического коэффициента от частоты вынуж-
денных колебаний показана на рис. 16.65, б. При	амплитуда
Уд стремится к нулю.
Если учесть силы трения, линейно зависящие от скорости движе-
ния, то динамический коэффициент примет следующий вид:
(16.53)
Здесь б — логарифмический декремент затухания. Для металлов
его величина находится в интервале б = 0,014-0,05. Влияние сил
трения на динамический коэффициент отражено на рис. 16.65, в.
571
/
Система должна быть рассчитана таким образом, чтобы опас-
ность резонанса была исключена, т. е. чтобы частоты вынужденных
и собственных колебаний значительно отличались одна от другой.
Обычно считают, что «отстройка» от резонанса обеспечена, если
в отличается от со на +30%. Поскольку частоту вынужденных
колебаний, как правило, приходится рассматривать как величину
заданную и не подлежащую изменению, то для «отстройки» от
резонанса следует так рассчитать систему, чтобы частота ее свобод-
ных колебаний удовлетворяла неравенствам со <0,70 и со^ 1,30. На
том же рис. 16.65, в штриховкой отмечены те области, в пределах
которых может находиться частота свободных колебаний. Увеличи-
вать или уменьшать ее величину можно за счет изменения массы
и жесткости системы, а также за счет изменения конструкции опор.
Для системы с несколькими степенями свободы также можно
строить зависимости любой из амплитуд (У}) от частоты вынужден-
ных колебаний. Так, на рис. 16.66, а изображены соответствующие
кривые, построенные без учета сил трения, а на рис. 16.66, б с уче-
том. Точка У соответствует явлению так называемого антирезонан-
са, при котором, как видим, У}=0.
Задача 16.29. На балку действует периодическая возмущающая
сила Fcos 6t (рис. 16.67). Подобрать поперечное сечение в форме
прокатного двутавра с целью не допустить резонанса и перегрузки.
Массой самой балки пренебречь. Материал — сталь 40 (стт =
= 340 МПа, <т_,=230 МПа, <то=340 МПа, £=2,1 ДО11 Па). При-
нять £,= 1,5; Л^=1; Хг=0,71; 1^=1; [и] = 1,4; Г=12 кН, М = 150 кг,
круговая частота возмущающей силы 0 = 157 с-1.
Решение. Балка имеет одну степень свободы. Поэтому соб-
ственную частоту определяем по формуле (16.39):
ш=1/х/л^11.
С учетом сказанного ранее для проведения «отстройки» от резо-
нанса имеются две возможности: либо собственная частота выше
круговой частоты возмущающего воздействия (ш>0), либо ниже
(ш < 0). Во втором случае системе при ее пуске придется за короткий
промежуток времени проходить через резонанс.
Сначала рассмотрим первый вариант. Необходимая нижняя гра-
ница для собственной частоты —со> 1,30= 1,3 • 157=204 с-1. Вос-
пользуемся формулой (16.39) и с ее помощью вычислим необходи-
мую величину момента инерции поперечного сечения. На рис. 16.68,
а, б показаны единичное нагружение и единичная эпюра изгибающе-
го момента. Определим коэффициент <5Н:
_	1	2	J	2 \ а3
бц=— -2d fl -a+ а а а 1=—.
EJX\2	3	2	3 J EJX
572
Г сюда необходимая величина момента инерции
coW 2042 150 0,83	8 4	4
]х^------=-----------=1522 10 м =1552 см.
Е 2,1 1011
По данным сортамента ГОСТ 8239 — 89 ближайший — двутавр
№ 20 (Л= 1840 см4 и Wx= 134 см3). Тогда
ёп=—=---------—---------= 13,3-10"8 м/Н;
EJ. "
2,1 IO11 1840 10~в
co -	—	==—224 c
V^n v,5013>3 10”e
Проверим прочность балки. Расчет сделаем для опасной точки
опасного сечения (над опорой В).
Напряжение от статически приложенной массы М — это среднее
напряжение цикла
МХ(М) Mg а
W,
150 9,81 0,8
184 10“6
= 6 106 Па=6 МПа.
Напряжение от статически приложенного амплитудного значе-
ния силы Г=12 кН (условная величина, нужная для вычисления
динамического напряжения)
Л/х^сг)
F а 12 103 0,8
Wx 184 10'6
= 52,2 106 Па=52,2 МПа.
573
Динамический коэффициент
кд=------------------------=---------	=1,96.
|l-(6/tD)2|	1 —(157/224)2
Динамическое напряжение от силы F= 12 кН (оно же амплитуда
цикла)
оа—кд рСтг= 1,96'52,2= 102,3 МПа.
Теперь вычислим входящие в условие прочности по усталост-
ному разрушению (15.13, а) коэффициент снижения предела вынос-
ливости К (15.9) и коэффициент чувствительности к асимметрии
цикла (15.14)’
2<т_ t — од
2 230- 340
= 0,353.
340	'
Итак, в этом случае запас прочности по усталостному разруше-
нию (а по текучести для знакопеременного цикла определять ит не
нужно, так как ит > равен
<7-1	230
фаат+Коа 0,353  6 +1,91'102,3
1,18,
Fcos01I
j м что значительно ниже нормы. Какой
выход можно предложить из создав-
1 шегося положения? Во-первых, взять
' "F \ больший номер двутавра, но это при-
----—----н*—а—J с ведет к большему расходу материа-
Рис 16 69	ла; во-вторых, ввести в систему амо-
ртизатор. Разберем этот вариант
(рис. 16.69). Установим пружину, имеющую жесткость с = 2 106
Н/м. Единичное перемещение сложится из двух — для балки
и для пружины:
5„=^та+гГ‘=^Г+-=1з,з1о-«+-1 й=бз,з-ю-8м/н.
с	2 ТО6
Тогда рассчитанные выше величины примут следующие значе-
ния: со=103 с-1; £д = 0,76; ра = 77,3 МПа и hs=1,44. Как видим,
прочность обеспечена.
Возвращаемся к началу решения и рассматриваем второй вари-
ант (со^О,70 = О,7 157= ПО с-1). Теперь при вычислении момента
инерции знак неравенства меняется:
574
„ ш2Ма3 НО2 150 0,83 А	.
----=---------- =443 -10“8 м4=443 см4.
Е 2,1 1011
Выбираем ближайший меньший — двутавр № 12 (Jx=350 см4,
1КХ=58,4 см3). Последующий расчет дает такие результаты: со=
98 с-1, от=20,2 МПа, £д=0,64, гтст/-= 164,4 МПа, оа= 105 МПа,
nR= 1,03. Цель снова не достигнута. Берем еще меньший профиль —
двутавр № 10 (Л =198 см4, 17х=39,7 см3). Итоговые результаты:
со=73,8 с-1, рт=29,7 МПа, ггст/-=242 МПа, £д=0,28, гто=68,4,
=1,51. Прочность теперь обеспечена. Какой из двух положитель-
ных вариантов лучше — зависит от других обстоятельств, которые
в этой задаче не рассматриваются.
Задача 16.30. Требуется определить амплитуды вынужденных
колебаний и динамические напряжения (то), возникающие при нагру-
жении пружины силой Fcosdt (см. рис. 16.70). Массу пружины
не учитывать. Рассмотреть два режима нагружения: а) 0=5 с"1;
б) 0 = 20 с-1. Заданы: диаметры проволоки d=5 мм и пружины
Л = 50 мм, число витков и=20, модуль сдвига (7=8,0 Ю10 Па,
Л/=25 кг и jF= 0,1 кН.
Решение. Конструктивные особенности, показанные на черте-
же, не позволяют массе М и пружине отклоняться в стороны.
Поэтому можно считать, что система имеет одну степень свободы.
Собственную частоту определим по формуле (16.39):
ю=1/ч/л7гП=х/сЩ-
Вначале найдем жест ость пружины с или обратную ей вели-
чину — единичное перемещение <5П. Его получим из формулы для
осадки пружины (см. с. 103) при F— 1; таким образом,
<511
8FD3n
Gd*
810,053-20	w_4
8 101о 0,0054
м/Н.
Определяем частоту собственных колебаний:
—=—	- 10 с 1.
у/мёц ,/25 4 -10 “4
При первом режиме работы динамический коэффициент равен
(16.50)
1
/0\2
1—()
\со/
1
/5\2
1- —)
\10/
= 1,33,
—
575
а при втором
Видим, что первый режим работы протекает в дорезонансной
области (направления действия силы и перемещения совпадают),
второй — в послерезонансной (теперь сила и перемещение проти-
воположны друг другу).
Определим максимальное касательное напряжение и осадку пру-
жины при статическом воздействии амплитудного значения силы F:
"^maxcr
= fc
SJ'crB , л
------= 1,4
л43
8 0,1 103 0,05
3,14 0,0053
= 119 106 Па = 119 МПа;
Kcr = <5i1Fcr = 4- IO"4 0,1 • 103 = 0,04 м.
Те же величины, но при рабочих реяшмах (динамические напря-
жения и амплитуды вынужденных колебаний).
Первый режим: ттахд:=&д ТШ1ХСТ=1,33-119=158 МПа,
•Уд=£д- Уст= 1,33 0,04=0,053 м.
Второй режим: ттакД = Лд ттаАСТ = 0,33 119 = 39 МПа,
Уд = £д' Уст=0,33 0,04=0,013 м.
Задача 16.31. На балке (рис. 16.71, а) установлены два двигателя
одинаковой массы М =800 кг. При работе левого двигателя вслед-
ствие дисбаланса ротора возникает возмущающая сила, наиболь-
шее значение которой У1 = 8 кН. Определить амплитуды вынужден-
ных колебаний двигателей и экстремальные значения сил инерции,
если угловая скорость ротора двигателя 0 = 50 с-1. Массой балки
пренебречь.
Решение. Рассматриваемая балка представляет собой упругую
систему с двумя степенями свободы. Как известно, при равенстве
частот собственных (со) и вынужденных (0) колебаний наступает
явление резонанса. Для того чтобы проверить достаточность «от-
стройки» от резонанса, необходимо вычислить собственные часто-
ты колеблющихся масс. Эти частоты найдем по формуле (16.41).
Предварительно определим единичные перемещения (единичные
нагружения и эпюры единичных изгибающих моментов изображены
на рис. 16.71, б~д).
я 1 Л 2	1 . <	2 \ 5а3
оц= I а а а+ 1,5а а а] — -;
EJX \2	3	2	з / 6EJX
я _ 5< х -х _ 1 *i< .	1
<*22 —	, ^12—^21——	1,5 а а а—	—
6EJX	EJX 2	3	4Е7,
576
Подставим в частотное уравнение (16.40) при и = 2 или сразу
в (16.41) числовые значения найденных единичных перемещений,
а также Е=2 1011 Па и суммарный момент инерции двух швел-
леров № 12 (Л=2'304=608 см4). В результате получим величины
двух собственных частот (О| и а>2:
Wj = 80 с-1, а>2— 109 с"1.
Частота вынужденых колебаний 0 = 50 с 1, что составляет
0,б25а>1. Следовательно, рекомендуемая «отстройка» от резонанса
обеспечена. Так как 0<со1, то колебания масс происходят в фазе.
Переходим к определению амплитуд вынужденных колебаний.
Воспользуемся систе-
мой уравнений (16.45):
(1-еЧад-
-e2MA2Y2 = ^,F,;
+ (1-62M2322)Y2=
Рис. 16.70
Рис. 16.71
577
/
/
Подставляя в эти уравнения заданные (Л/ь М2, Fx и 0) и найден-
ные (<51Ь <512 = ^21, ^22) величины и решая их, получаем
У, = 1,77 10“ 3 м, У2 = 0,728 10 3 м.
Запишем уравнения движения колеблющихся масс:
ух (/) = У] cos 6t и у2 (/) = У2 cos 6t.
Зная уравнения движения масс, можем определить силы инерции
^±1	d2y2
Fiu= — Mi —YxMfi2cosOr, F2u=—M2	= Y2M262cos6t.
dt2	dt2
Очевидно, экстремальные значения сил инерции равны
ет«= + YlMie2= ±1,77 10“3 800 502 = ±3,54 103 Н = 3,54 кН;
= ±Y2 M2- е2= ±0,728'10 3  800 502 =
= ±1,46Ю3 Н=±1,46 кН.
Таким образом, силы, действующие на балку, определены и,
следовательно, можно вычислить напряжения, возникающие в бал-
ке. Так как силы Fx, Flu и F2u непрерывно изменяются во времени по
величине и направлению, то напряжения в балке также переменны
во времени. На рис. 16.71, е, ж показаны фактические направления
этих сил в два крайних расчетных момента времени.
Задача 16.32. На ригеле (горизонтальном стержне) рамы уста-
новлен двигатель массой Л/=6000 кг (рис. 16.72). При работе двига-
теля, вследствие дисбаланса ротора, возникает возмущающая сила,
наибольшее значение которой У=4 кН. Угловая скорость вращения
ротора 0 = 62,8 с’1. Определить амплитуды вынужденных коле-
баний и проверить прочность рамы. Поперечное сечение — два
двутавра № 20 (Jx=1840 см4, Wx= 184 см3). Массу рамы не учиты-
вать. Материал — сталь 40 (стт=340 МПа, ст, = 230 МПа, о0 =
= 340 МПа); коэффициент снижения предела выносливости К=2,
коэффициент запаса прочности [и] = 1,4.
Решение. Система имеет две степени свободы. Воспользуемся
Рис. 16.73
578
*
симметрией рамы: будем определять положение массы М в произ-
вольный момент времени через горизонтальное yt (t) и вертикальное
у2(/) перемещения (рис. 16.73, а). Нужно составить два уравнения
вынужденных колебаний. Однако по форме они будут несколько
отличаться от системы уравнений (16.42). Действительно, зафик-
сировав произвольное положение силы F, вызванной несбалансиро-
ванным ротором двигателя (рис. 16.73, б), разложим эту силу на две
составляющие — Fi — Fcos6t и F2 = Fsin Ot. Теперь выразим переме-
щения у, (/), у2 (0, обусловленные силой F и силами инерции:
/	^2У1\	/	d2y2\
yi(t)=6n I Fcos6t—M— ) + <512( Fsinf)t—M— I;
\	dl 2 J \	dt2 /
/	42y,\	/	d2y2\
y2(t') — S2i I Fcos0r—M — 2 ) + <522 IFsin0f —Af— j.
Учтем, что единичное перемещение <512 = «521 = О. Это можно
в дальнейшем доказать, но суть очевидна — сочетание прямой и об-
ратной симметрии. В результате система уравнений упрощается.
Первое уравнение приводится сразу к стандартному виду подста-
новкой
yt (/)= У, cos 6t.
Для второго уравнения применим подстановку
у2 (t) = Y2 sin 6t.
После преобразований, аналогичных проведенным ранее (с. 571),
получим два динамических коэффициента:
, 1 , 1
Кп1—----------и кп2=----------—.
|1-(0/ш1)2|	Ц-(0/со2)2|
Здесь и, и и2 — частоты собственных колебаний, равные соот-
ветственно
1
и ш2 = — -
-у/Л/^22
у/м5ц
Так как система статически неопределима, то для нахождения
величин <5ц и <522 необходимо предварительно раскрыть статическую
неопределимость. В качестве лишней неизвестной (единственной)
выберем У] — изгибающий момент в среднем сечении (рис. 16.74,
а). Его величину будем находить из канонического уравнения
+	=0. Сначала приложим единичный момент ^=1, по-
579
строим от него единичную эпюру изгибающего момента (Л/“),
показанную на рис. 16.74, б, и вычислим коэффициент <5?”:
<5?iH=E
2
£7Х EJX
1	2
ст 1' + сг 1  1
2	3
8а
3£7Х‘
Затем в качестве первой внешней нагрузки прикладываем силу
jFi = 1 и строим грузовую эпюру Мр”- (рис. 16.75, а, б).
При перемножении двух эпюр — симметричной М\я и антисим-
метричной Мря- — перемещение Alfi окажется равным нулю. От-
сюда А\=0 и результирующая эпюра MX = MF*. Умножая ее саму
на себя, получим коэффициент <5ц:
М‘
б)
Рис. 16.74
Рис. 16.75
а3
3£/х’
Рис. 16.76

Теперь приложим вторую внешнюю нагрузку — силу F2= 1 и по-
строим грузовую эпюру Л/р”- (рис. 16.76, а, б). Перемножив эпюры
Л/р" и Л/j", получим коэффициент &XFi и найдем лишнюю неизвест-
ную У,:
-а X,- --- =
3EJX f>EJx
0; Хх=~а.
16
Далее построим результирующую эпюру Л/2 = М\" Хх + МГ] (рис.
16.77). Умножая эпюру М2 саму на себя, получим коэффициент <522:
580
сомМ‘2
022 —
EJX
/1	3 \/2 3	1 5 \
+1 -g— a I —a---a I
\2	16 /\3 16	3 16 J
7 a3
96 EJX'
С помощью найденных коэффициентов определяем частоты соб-
ственных колебаний и находим динамические коэффициенты:
|1-(0/Ш1)2|	|1 — (62,8/60,7)2|
С помощью вспомогательных штриховых линий осуществляем при-
менение стандартного способа перемножения эпюр по Верещагину.
На рис. 16.78, а, б в качестве иллюстрации показаны обе формы
собственных колебаний.
Вернемся к условию задачи. Сначала определим перемещения
в направлении действия сил F\ и F2 от статического воздействия их
амплитудных значений (т. е. от F=F2=F=4 кН). С этой целью
достаточно умножить найденные ранее единичные перемещения на
величину F— 4 кН:
1 * 4 ‘ 103
=6nF= - F=----------—----------=1,81 • 10"4 м=0,181 мм;
3EJX 3-210“-2 1840 10-в
7 I3 4 103
96 210ll2 1840 10"®
= 0,4-10~4
м = 0,04 мм.
Y2ct=822F=
la3
96EJX
Рис 16.78
Амплитуды вынужденных ко-
лебаний на основании (16.51)
У. =*дгУ1ст= 14,1 0,181 =
=2,55 мм;
581
Y2=k^‘ У2ст= 1,3 0,04 = 0,05 мм.
Расчет на прочность (рис. 16.79, а +- в).
Сечение I — I (асимметричный цикл).
Среднее напряжение цикла (от массы М)
МХ(М) Mg
Wx ~ 16И’Х
5 16 IO3 9,81
16 2 184 КГ6
= 50 10бПа=50 МПа.
Напряжение от статически приложенного амплитудного значения
силы F2 = 4 кН
M,(R) 5а F2 51'4103
=-—=-------=---------= 3,4' 10б Па = 3,4 МПа.
2 Wx 16WX 16-218410-6
Рис. 16.79
Динамическое напряжение от силы /2 = 4 кН (амплитуда цик-
trj
аа=Ад2 67^= 1,3  3,4 = 4,42 МПа.
Коэффициент запаса прочности по усталостному разрушению
«7-1	230
пр=-----------=—--------------= 8,08,
фвет + Кпа 0,353 50 + 2 4,42
,	2a_i~ а0
где <//„ =---------
°о
2 230-340
340
0,353.
Коэффициент запаса по текучести
ит=---=-----
340
50+4,42
= 6,25.
Окончательно имеем и = 6,25.
Сечение II — II (асимметричный цикл).
Среднее напряжение цикла (от массы М)
МХ(М) 3aMg 3 1 6 10’9,81
и=---------=----- =-------------— = 30 10б Па = 30 МПа.
Wx 16И'	16 2 184 10'6
582
Динамическое напряжение от амплитудного значения силы F—
= 4 кН (амплитуда цикла гто)
р0=— [£д1 ‘ Мх (Fi) cos 6t+кд? Mx (F2) sin 0z] =
Wx
1
Wx
km aFi cos 6t+kn2‘ — F2 sin 6t .
2	16
Установим экстремальное значение амплитуды цикла
——— [—kRiMx (Fi) sin 6t+k)aMx (F2) cos 0t] = 0.
dt Wx
Отсюда	3	3
k , aF 1,3 —
„ kni MX(F1)	д2	16	16
tget=— =---------------= — =о,оз5.
kRiMx(Fi)	kai	1	1
aF 14,1 —
2	2
Соответственно
sin07=O,O35 и cos6/ = 0,999 (a = 6t = 2°).
Таким образом, максимальная величина амплитуды цикла
1
2 184 10"6
1	3	\
14,1 4 103 0,999+1,3	1 4 103 0,035 =
2	16	7
= 76,6 -106 Па=76,6 МПа.
Коэффициент запаса прочности по усталостному разрушению
<7-1	230	1 лп
nR—---------=---------*----=1,40.
фе от+Каа 0,353 30 + 2 76,6
Коэффициент запаса по текучести
340
--------= 3,19.
30 + 76,6
Оу	Су
пТ=-----=--------=
t7m + 0а
Окончательно получаем и = 1,40.
Сделаем выводы. При заданном режиме работы прочность си-
стемы обеспечена, но эксплуатация этого устройства вблизи резо-
нансного режима представляет значительную опасность (частота
возмущающего воздействия 0=62,8 с-1 близка к низшей собствен-
ной частоте a>i = 60,7 с- х).
Задача 16.33. Для заданной
системы (рис. 16.80) определить
амплитуды вынужденных коле-
баний сечений I-I и П-П, если
частота возмущающей силы
в вдвое меньше собственной час-
тоты. Массой балки пренебречь.
Решение. При определении
собственной частоты со имеем
систему с одной степенью свободы (рис. 16.81, а). Найдем величину
со, из уравнения (16.9):
ш1 = 1/y/MiSn.
Здесь единичное перемещение (рис. 16.81 б, в)
1 L .	2 „	8а3
— 2а-2а- -2а——
<5,,=
EJX 2	3 3EJX
в
результате получим
со, = 1/VM,—= 0,612
’	3 EJX
Заданная система отличается от рассмотренных ранее тем, что
сила F2 не приложена непосредственно к массе Мх. Для решения
можно воспользоваться системой уравнений (16.45), приняв Г, =0
и Л/2 = 0:
' (1 -62ММ Y^6aF^ -02М,<52,У, + У2=<522У2.
Отсюда
Рис. 16.81
584
По условию 0/ш=О,5. Вычисляем коэффициенты <512 и <522 (рис.
16.81 в, д)
х х 1 1	5	5а3	1 1	2 а3
di2—°2i—„г; а а. а=------; <522~ а-а- а=--------.
EJX2 з (>EJX EJX2 3 3EJX
После подстановки окончательно получаем
У, = 1,11 a3F2IEJx и У2= °.42 a^F-JEJ^
Отметим, что отношение амплитуд при вынужденных колебани-
ях оказалось равным У|/У2= 1,11/0,42=2,64, в то время как отноше-
ние прогибов при статическом воздействии силы F2 равно ^12/^22 —
=2,5.
ПРИЛОЖЕНИЯ
Приложение I
Метод сил для расчета статически неопределимых сислы,
элементы которых работают на растяжение и сжатие .
В задачах 2.4 — 2.13 (§ 6) дано описание статически неопределимых систем
и показан метод "их расчета. Когда система простая и имеет не более одной — двух
лишних неизвестных, такой путь раскрытия статической неопределимости оправдан.
Для более сложных систем и при большем числе лишних неизвестных необходим
стандартный подход к решению, который ведет к созданию алгоритма решения,
позволяющего существенно упростить расчет и использовать современную вычис-
лительную технику. Более подробно этот метод описан и проанализирован примени-
тельно к изгибу в гл. VII. Желающие могут оттуда получить необходимые сведения.
Что касается применения этого метода при растяжении (сжатии), то надеемся,
приводимый ниже пример расчета фермы, сопровождаемый достаточно краткими
комментариями, позволит освоить решение задач этого типа.
Итак, требуется определить усилия во всех стержнях статически неопределимой
фермы. Примем ЕА = const (рис. П.1, а).
Сначала определим степень статической неопределимости (или, что то же самое,
число лишних неизвестных). Имеются две шарнирно-неподвижные опоры А и С.
Следовательно, четыре неизвестные реакции, а уравнений статики для их определе-
ния можно записать только три: отсюда вывод — одна лишняя (внешняя) связь.
Далее, геометрическая неизменяемость фермы уже обеспечивается одним диагональ-
ным стержнем. Поэтому второй диагональный стержень создает еще одну лишнюю
связь — внутреннюю. Таким образом, всего имеются две лишние связи. Этот же
результат можно получить по формуле (7.6): Л = 3-6 — (4-1+2-2+2-4)=2. Пред-
лагаем читателю самому объяснить запись каждого члена.
Специально только для ферм существует другая формула; ею пользоваться
гораздо проще:
Л=6-2р,
где Ъ — число стержней, выключая опорные, ар- число узлов (шарниров), которые
могут перемещаться (узлы А, В, С, D). В данном случае Л = 10 -2-4=2.
Далее составляем два уравнения перемещений в канонической форме (формулы
(7.8)):
^11^1 +^12^2 + Д|Г=0>
^21^1 + ^22^2 "1” Д2^=®-
На рис. П. I, б изображена основная система — статически определимая и гео-
метрически неизменяемая, получающаяся из заданной путем отбрасывания всех
лишних неизвестных (лишних связей). В качестве последних выбираем силы и Х2.
Первое уравнение выражает условие равенства нулю вертикального перемещения
опоры С, а второе — также равенство нулю взаимного перемещения двух соседних
сечений, примыкающих к разрезу (сечения I — I и II — II). Для вычисления коэф-
фициентов канонических уравнений нагружаем основную систему поочередно задан-
ной нагрузкой F (рис. П.1, в.) и единичными силами J^j = 1 (рис. П.1 д) и Хг= 1 (рис.
П.1, ж). Строим соответствующие эпюры продольных сил Np. Nt и N2 (рис. П.1, г,
е. з).
Затем определяем коэффициенты канонических уравнений. Для большей нагляд-
ности промежуточные вычисления сведены в табл. П.1.
586
Рис. П.1
587

5п	(Л^//ЕЛ),=2,82 а/ЕА; 512=52, = (NiN2l/EA)f=2alEA:
J	1=»1	|®>1
i«6	/з6
622=Y №211ЕА\=4$21ЕА; EiF=Y (NpN^/EA)^-2,82 Fa/EA;
i=l	i"l
i=6
A2f=£ (NfN2IIEA\=-2,1\ Fa/EA.
i=I
Решая систему уравнений, получим JV1=0,857? и Х2=0,21Е. Результирующую
эпюру продольных сил (Nz) строим обычным образом, вычислив предварительно
опорные реакции (рис. П.1, и), или пользуясь принципом суперпозиции (рис. П.1, к):
N^Np+N^ +N2X2.
Проверку правильности решения осуществляем следующим образом. Определя-
ем перемещения от всех сил, включая лишние неизвестные, в направлении действия
этих неизвестных, т. е. перемещения, которые должны быть равными нулю:

W
Д1=Х
A2 = L
ЕА
= 0.
Нетрудно видеть, что первое удовлетворяется тождественно, а второе — с точ-
ностью до 2%.
Если кроме силового воздействия стержни дополнительно подвергаются тем-
пературному воздействию, то в канонические уравнения вводятся дополнительные
1 = 6
члены — температурные перемещения А?т=£ (аАТ/АД-. Здесь а — температурный
i«= I
коэффициент линейного расширения, ДТ — приращение температуры и Nj — значе-
ние единичной продольной силы на i-м участке.
Приложение II
Применение численного интегрирования по методу Симпсона
для вычисления перемещений
Применение формул численного интегрирования не требует разбиения эпюр.
В том случае, когда ось стержня в пределах каждого участка прямолинейна и жест-
кость EJ, постоянна, разбиение участка (0, /] можно провести на два Ьнтервала
длиной л=//2 и формула Симпсона для нагрузки не сложнее равномерно рас-
пределенной дает точное значение интеграла Максвелла — Мора:

/
MpM^dz I	(t\
tLj%	XLJу. _
о
Оказывается необходимым знать всего три значения изгибающих моментов
/ Л
MF, Мк: в начале участка (z=0), в середине I г=-1 и в конЧе участка (z=Z).
В качестве примера рассмотрим определение прогиба посередине пролета балки
(рис. П.П, a). EJX=const.
Сначала определяем опорные реакции и строим грузовую эпюру MF (рис.
П.П, 6). Всю длину балки разбиваем на два участка и вычисляем значения
изгибающего момента посередине каждого участка:
589
Рис. П. II
- /а\ а q (а\2	, /Зп\ 3
MFl - | = А - — - I -1 =0,175 qa1', MF\—|=Л„ - a- qa-a= — 0,1 qa1.
\2/	2 2 \2/	\ 2}	2
В направлении искомого прогиба прикладываем единичную силу К= 1 и строим
единичную эпюру изгибающего момента Мк (рис. П.11, в, г). Из подобия треуголь-
ников легко определяются соответствующие ординаты посередине каждого участка
Затем по приведенной выше формуле определяем искомый прогиб:
а	а	а
v(a)=---- 0-0+4-0,175 qa2—hO,l?c2 -
6EJX L	4	2.
6EZX
0,1 qa2—F
2
+4 (-0,1 qa2) - + (-0,3 ?o2)-0 =0,02921°*
4	J EJX
ЛИТЕРАТУРА
1.	Биргер И. А., Мавлютов P. P. Сопротивление материалов. — M.: Изд-во
МАИ. 1994.
2.	Благонадежин В. Л., Окопный Ю. А., Чирков В. П. Механика материалов
и конструкций. — М.: Изд-во МЭИ. 1994.
3.	Болотин В. В. Ресурс машин и конструкций. — М.: Машиностроение. 1990.
4.	Иосилевич Г. Б., Строганов Г. Б., Маслов Г. С. Прикладная механика. — М.:
Высшая школа, 1989.
5.	Ицкович Г. М., Винокуров А. И., Минин Л. С. Руководство к решению задач по
сопротивлению материалов. — М.: Высшая школа. 1970.
6.	Ицкович Г. М. Сопротивление материалов. — М.: Высшая школа. 1998.
7.	Ко гаев В. П., Махутов Н. А., Гусенков А. П. Расчеты деталей машин и конст-
рукций на прочность и долговечность. — М.: Машиностроение. 1985.
8.	Машиностроение. Энциклопедия. Том IV — I. Детали машин. Конструкцион-
ная прочность. — М.: Машиностроение. 1995.
9.	Минин Л. С. Расчеты за пределами упругости. — М.: Изд-во МЭИ. 1997.
10.	Минин Л. С. Эпюры внутренних силовых факторов. — М.: Изд-во МЭИ.
1997.
11.	МурзахановГ. X., Голубков А. В. Расчеты на прочность при напряжениях,
переменных во времени. — М.: Изд-во МЭИ. 1987.
12.	Писаренко Г. С. и др. Сопротивление материалов. — Киев: Вища школа.
1986.
13.	Феодосъев В. И. Сопротивление материалов. — М.: Наука. 1986.
14.	Краткий справочник машиностроителя. — М.: Машиностроение. 1966.
590
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие к третьему изданию	...........................	3
Из предисловия к первому изданию	. .	4
Г лава I. Общие сведения и основные понятия........................... 5
§ 1.	Основные задачи курса.......................... .	. .	5
§ 2.	Внутренние силовые факторы..................... .	. .	6
§ 3.	Напряжения................................................ 8
§ 4.	Коэффициент запаса. Условие прочности .	....	10
Глава II. Растяжение и сжатие................ .	.............12
§ 5.	Основные сведения из теории.............................. 12
§ 6.	Примеры расчетов на растяжение (сжатие)	16
Глава III. Основы теории напряженного и деформированного состояния	52
§ 7.	Основные сведения из теории...............................52
§ 8.	Примеры исследования напряженного и деформированного со-
стояний ....................................................... 62
Глава IV. Кручение................. .................................74
§ 9.	Основные сведения из теории и расчетно-справочные данные 74
§ 10.	Примеры расчетов на кручение.............................81
§ 11.	Расчет цилиндрических	винтовых	пружин ...	.101
Глава V. Геометрические	характеристики плоских	сечений...............109
§ 12.	Основные сведения из теории.............................109
§ 13.	Примеры определения геометрических характеристик плоских се-
чений .................................v.......................114
Глава VI. Прямой изгиб...............................................130
§ 14.	Построение эпюр внутренних силовых факторов для балок и пло-
ских рам ......................................................130
§ 15.	Построение эпюр внутренних силовых факторов для плоских
кривых брусьев .............................................. .159
§ 16.	Напряжения и расчеты на прочность при изгибе............169
§ 17.	Примеры определения напряжений и расчетов на прочность при
изгибе ........................................................174
§ 18.	Дифференциальное уравнение упругой линии и его интегриро-
вание .........................................................191
§ 19.	Примеры определения перемещений путем интегрирования диф-
ференциального уравнения упругой	линии......................194
Глава VII. Энергетический метод определения перемещений и расчет стати-
чески неопределимых систем.............................................207
§ 20.	Интеграл Мора............................................. 207
§ 21.	Примеры определения перемещений в статически определимых
системах ...........................................................................211
§	22.	Канонические уравнения метода сил.................238
§	23.	Статически неопределимые балки.......................245
§	24.	Статически неопределимые рамы .......................253
Глава	VIII.	Косой изгиб. Совместное действие изгиба и растяжения (сжатия) . 283
§	25.	Косой изгиб. Основные сведения из теории.  283
§	26.	Примеры расчетов на косой изгиб...288
§ 27.	Совместное действие изгиба и растяжения (сжатия). Основные
сведения из теории .............................................299
§ 28.	Примеры расчетов бруса большой жесткости при сочетании
изгиба и растяжения (сжатия)....................................303
Глава IX. Расчет бруса большой кривизны.........................................................310
§ 29.	Основные сведения об определении напряжений и перемещений . 310
§ 30.	Примеры расчетов плоских кривых брусьев............................................313
591
Глава X. Гипотезы прочности и их применение к расчету прямых брусьев . 323
§ 31.	Основные понятия о гипотезах прочности и расчетные формулы 323
§ 32.	Примеры определения эквивалентных напряжений............328
§ 33.	Расчет бруса круглого поперечного сечения в общем случае дейст-
вия сил. Построение эпюр внутренних силовых факторов для
пространственных стержневых систем	....	. 333
§ 34.	Расчет бруса прямоугольног поперечного сечения в общем слу-
чае действия сил . .	.	. 350
Глава XI. Расчет тонкосгежых сосудов............................. ....	367
§ 35.	Основные св< дения из теории............................367
§ 36.	Примеры определения напряжений в тонкостенных сосудах и их
расчетов на прочность	...............371
Г лава XII. Расчет толстостенных цилиндров, находящихся под внутренним и
наружным давлением	................. . 391
§ 37.	Краткие сведения из теории. Основные расчетные формулы	391
§ 38.	Примеры расчета толстостенных цилиндров ................396
Глава XIII. Продольный и продольно-поперечный изгиб................. 408
§ 39.	Устойчивость сжатых стержней. Основные теоретические све-
дения и ра четно-справочны данные	...	408
§ 40.	Примеры расчетов сжатых стержней на устойчивость .	.	413
§ 41.	Продольно-поперечный изгиб. Основные сведения из теории 431
§ 42.	Примеры расчетов на продольно-поперечный изгиб .	435
Глава XIV. Основы расчета по предельным нагрузкам	.	. 444
§ 43.	Расчет статически неопределимых систем, элементы которых ра-
ботают на растяжение (сжатие)..................................444
§ 44.	Расчет на кручение бруса круглого и прямоугольного поперечных
сечений ...................... .............. ...	. 459
§ 45.	Расчет на изгиб статически пределимых балок . . . .	. 466
§ 46.	Расчет на изгиб статически неопределимых балок ........ 473
Г лава XV. Расчеты на прочность при напряжениях, циклически изменяющихся
во времени.............................................. . 486
§ 47.	Основные сведения из теории и расчетные формулы	486
§ 48.	Примеры расчетов на прочность при переменных напряжениях . 497
Глава XVI. Зада*ж динамики в сопротивлении материалов ...............508
§ 49.	Расчет на прочность при заданных ускорениях...........  508
§ 50.	Приближенный расчет на удар	519
§ 51.	Свободные колебания упругих систем	.......... . 528
§ 52.	Вынужденные колебания систем с конечным числом степеней сво-
боды	568
Приложения ...	...	586
Приложение 1	586
Приложение II	..... .	589
Литература ...	.................................590