МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
Чувашский государственный университет имени И.Н.Ульяпова
ПРИКЛАДНАЯ МЕХАНИКА
Методические указания к реигеяяю задач
ю сопротивлению материалов
Чебоксары 2000
г
УДК 621.01
Составители:
О.Г.Кох
О.Н.Кудряи»вв
Г.С.Шаплима
Прикладная механика: Метод, указания к решению задач по сопротив-
лению материалов ' Сост.: О.Г.Кох, О.Н.Кудряшов, Г.С.Шаплина; Чу-
ваш, ун-т. Чебоксары, 2000. 56 с.
Приведены краткие теоретические сведения с примерами решения за-
дач по основным темам курса "Сопротивление материалов’’ и контрольные
задания.
Для студентов электротехнического и химического факультетов, изу-
чающих курс "Прикладная механика".
Утверждено Методическим советом университета.
Ответственный редактор канд. техн, наук, доцент В.К.Саптеев
f Г ’J.
Общие положения
Раздел механики "Сопротивление .материалов" (в отличие от теорети-
ческой механики, предполагающей тела абсолютно твердыми) рассматривает
только упругие деформации, которые бесконечно малы по сравнению с раз-
мерами тела. Упругая деформация после прекращения действия внешних сил
полностью исчезает, тело восстанавливает свои первона ia-тьные размеры и
форму. Пластические (остаточные) деформации в конструкциях и их элемен-
тах недопустимы.
Тело при приложении к нему внешних нагрузок деформируется, что
приводит к возникновению внутренних сил сопротивления, которые уравно-
вешивают внешние силы. Для выявления этих внутренних сил используют
метод сечения. Сущность его заключается в том, что для нахождения внут-
ренних сил в каком-либо сечении тела мы мысленно рассекаем (разрезаем)
его по данному сечению, отбрасываем одну из частей тела, рассматриваем
равновесие оставшейся части под действием приложенных внешних и внут-
ренних сил. Систему внутренних сил, действующих по всему ссче;шю. мож-
но привести к центру тяжести сечения. В результате получим главный вектор
R , главный момент М .	_
Составляющие R и М на три оси координат носят названия
внутренних силовых факторов в сечении. В общем случае возникают шесть
внутренних силовых факторов: две поперечные и одна продольная силы, два
изгибающих и один крутящий моменты.
Напряжение - это числовая мера, характеризующая закон распределе-
ния внутренних сил по сечению.
Внутренняя сила, приходящаяся на единицу площади, называется на-
пряжением:
d R
Напряжение р ухулж! разложить на нормальное <7 (действует пер-
пендикулярно к сечению) и касательное Г (действует по касательной в сече-
нии площадки) напряжения.
Растяжение и сжатие
При работе стержня на растяжение (сжатие) в сто поперечных сечениях
возникает только один внутренний силовой фактор - продольная сила
(или просто N), представляющая собой равнодействующую внутренних
1
нормальных сил упругости, возникающих в поперечном сечении стержня,
т.е.
N = ^crdA.
А
Используя метод сечения, можно определить силу в произвольном по-
перечном сечении стержня, которая численно равна алгебраической сумме
проекций на его продольную ось всех внешних сил, приложенных но одн>
сторону от рассматриваемого сечения, т. е.
Л/=Е^-
При растяжении продольную силу принято считать положительной,
при сжатии - отрицательной. В поперечных сечениях стержня возникают
только нормальные напряжения, определяемые по формуле
При растяжении (сжатии) стержень длиной £ под действием внешних
нагрузок удлиняется (укорачивается) на величину (абсолютная деформа-
ция).
Относительная деформация
(2)-
Для многих материалов при нагружении до определенных пределов
существует зависимость между напряжением и относительной деформацией:
cr = £f,	(3;
где Е - модуль упругости первого рода (модуль Юнга). Для стали
£ = 2-105ЛШа
Эта зависимость носит название закона Гука и формулируется сле-
дующим образом: нормальное напряжение прямо пропорционально относи-
тельной деформации.
. Используя выражения (1) и (2), эту зависимость часто записывают в
следующем виде:
Для расчета на прочность и жесткость надо знать законы изменения
продольной силы N, нормальных напряжений О’ по длине стержня и пере-
4
мешения поперечных сечений. Эти чаконы удобно представлять в виде гра-
фиков - эпюр.
Статически определимые системы
Пример решения задач
Дчя заданного стального стержня (рис. i) построить "• торы продоль-
ной силы Лг, нормального напряжения О', перемещений поперечных сече-
ний :
F = 15 кН: А = 20 си" _• а = 2,2 в = 2,6 ,и;
с - 1,3 м; F = 2 • 10' МПа.
‘Решение. Стержень разбиваем на отдельные участки, границами которых яв-
ляются сечения, в которых приложены внешние силы,и места изменения
размеров поперечного сечения. Таким образом, заданный стержень имеет три
участка: ВС, СД, ДК.
Определим реакцию в опоре из уравнения равновесия:
£Х=0, -Л+3£-£ = 0, 7? = 2£ = 3(Ь-Я.
Используя метод сечения, определим продольную силу на участке КД в
произвольном сечении 1 - I, рассматривая равновесие левой части:
/V, — R = 30 кН (характер деформации - растяжение, знак ’
Определим продольную силу №г на участке ДС в произвольном сече-
нии 2-2, рассматривая равновесие левой части:
-	~ R + 3£ = 0; :V2 — 3F - R = L 5 кН (характер деформации - сжа-
тие, знак
Определим продольную силу на участке СВ в произвольном се-
чении 3 - 3. В отличие от предыдущих участков рассматриваем равновесие
правой части:
N,~F = 0; N3 = F = 15 кН (характер деформации - сжатие, знак
Строится график (эпюра), показывающий, как меняется Н по участ-
кам (длине стержня). Для этого проводят нулевую линию параллельно оси
стержня и откладываю? в определенном масштабе значения продольных сил
по оси ординат. Полученную эпюру штрихуют перпендикулярно оси стерж-
ня.
5
6
Эпюру нормальных напряжений получают, разделив значения на соот-
ветствующие площади поперечных сечений стержня:
.V, зо-ю3
ст, = —!- = ———- = 7,5 МПа.
2А 2-20-102
-15-1O3 .ТСЛП7
<т, = —- =----= = -эПэМПа.
2А 2-20-10*
У, -15-Ю3
<т, = —- = —--т- = -~,5МПа
А 20-Ю2
Эпюру перемещений М следует строить, начиная от закрепленного
конца стержня, перемещение которого равно нулю, т. е.
M = Q.
U&ptM&MsaMM сечежм Д:
М т = М к +М кп,
~1	л	КД 1
где кд - деформация участка, КД которую можно определить, используя
формулу (4):
ад Е-2А 2-ю*-2-2о-1о2
Мд = 0+&Д5-10"2 = 8,25-10”2 мм.
«цомвеечмин С:	Мс = М д+ М дс.
Дафириим— участка ДС:
4Л N2-e -15-Ю3-2,6-Ю3	ло^,п-2
Мпс= —*— = --------г—-------- = -4,875-10  мм,
ас Е-2А 2-10 -2-20-102
Мс = 8,25-10’2 -4375-Ю’2 = 3,375-10’2мм. ,
Пяремекцемю ачии Bt	М8-Мс+Мсв.
Дефержиаи участка СВ:
.. N3-c -15-Ю3  13-Ю3	.о„.л_2
св е-а 2-ю5-20-ю2
Мс = 3375-Ю’2 -4,875-Ю’2 =-1,5-10’2,мм.
По известным жачейихм М к, М д, М с, М в в выбранном мас-
штабе- строяяг ипору пер&мэдвини М.
7'
Контрольные задания
Статически определимые системы
Стальной стержень (Е = 2 105 МПа} находится под действием сил
(рис.2 -4;. Построить эпюры продольной силы N , нормального напряжения
<7 и перемещения Данные к заданию взять из табл. 1.
________________Таблица }
i Вариант I Сила F. кН ! Площадь Л.СМ" ____ Линейные ра :меры. м
1	; .			а ;	6	с	
1	И	Н	3i !		I.!
		Т-)	*Э *"»	1		- -S
			—1		
3	13	13		'Ч •>	
4	14	14	2,4	;	п 1	1.4
5	15	15	2.5	1	2.5	1 <
16 '	16	16	2.6	।	2.о .	1.6
-			1		
				Z~’	
8	18	18	2.8	:	2.8	1.8
9	19	19		 2.9	|	2.9	1.9
10	20.	20	з.о !	3.0	2.0
Статически неопределимые системы
при растяжении (сжатии)
Для расчета статически неопределимых систем используют условия
статики и условия совместности деформаций, причем решение ведут в такой
последовательности: вначале записывают уравнения равновесия статики и
устанавливают степень статической неопределенности системы; затем со-
ставляют условия (уравнение) совместности деформаций, т.е. геометриче-
ские зависимости между деформациями отдельных элементов системы. Де-
формации элементов системы выражают через условия (силы) по закон}' Гука
и подставляют в уравнения совместности деформаций. Решая составленные
уравнения статики и совместности деформаций, находят неизвестные усилия
в элементах системы.
8
Рис. 2. Варианты заданий стати/^ки определимых задач
9
Рис. 3. Варианты заданий статически определимых задач
10
Рис. 4. Варианты заданий статически определимых задач
II
Пример j/ешения задачи
Однородный стержень, жестко защемленный обоими концами, нагру-
жен осевыми силами (рис.5). .Требуется определить реакцию в опорах и по-
строить эпюры продольной силы Л7. напряжений О и деформаций Д/ . если
F = 12 кН; А = 10 глг а - 3 м: в = 2.5 .у; с = 1Д м.
На схеме показываем в опорах В и К' возникающие реакции R# и R/
Записываем уравнение равновесия:
У Л = 0, - Т 2F + г - /?.. - О
или	З/7 =	+ RK.	(5 >
В этом уравнении две неизвестные реакции. Необходимо составить до-
полнительное уравнение, которое раскрывает статическую неопредели-
мость- уравнение деформации. Оно составляется из следующих соображе-
ний. Деформация всего степжня Д/ = 0 , так как расстояние между опорами
В и К не может меняться. В то же время деформацию всего стержня можно
представить как сумму деформаций его отдельных участков: ВС. СД. ДК
(используя принцип независимости действия сил), т. е. можно записать:
Д( = Д/ яс + Д С 4- Д/ -.	(6)
Используя формулу (4) закона Гука, можно определить деформации
отдельных сечений для определения продольных сил. А на этих участках
стержня:
вс ~
RB a.
Е ЗА'

(RB-2F)-e
^B^Fyc
дк ~
Е-А
12
13
Уравнение (6) можно записать в виде:
RBa (RB-2F) e + (Лд-ЗГ) с = 0.
Е-ЗА ' ЕА ЕА
или
ем
RB(^ + e + c)-F(2e + 3c) = 0;
+ Зс	2 • 2 5 + 3 • 1.5
RB = F •	= 12 •	= 22£кН.
а- + в + с	- + 2,5+1,5
3	3
Очевидно. что реакция в опоре К может быть найдена с использовани-
уравнения (5 j	RB — 2>F - RB —36— 22,8 = 13.2кН.
Переходим к построению эпюры продольных сил N .
Продольная сила на i-м участке (у часток ВС): М = RB = 22,8к/7;
на 2-м участке (участок СД): Л7, — RB — 2F — 22,8 — 24 — —\,2кН',
на 3-м участке (участок'ДК):	— RB — 3F = 22,8 — 36 = —1 3,2кН.
Нормальные напряжения на соответствующих участках:
N} 22,8-103 _,._7
ЗА 3-10-10-
л; -р-io3
ст, = —= = —-  V - -1,2МПа,
~ А 10-102
N -13 'МО3
а =	= _1 цыпа
А 10-102
Деформации отдельных участков:
А,	RBa	22,8-10’-3-Ю3	11л1п.2
Д£вг =—-— =-------т---------7 = 11,4-10 лш;
вс Е-ЗА 2-105-3-10-102
(7?R-2F)-e -1Д-103-2.5-103	2
= (^-2^ = -11240’44.10' =
д Е-А 2-10 -10-102
Тогда перемещения точек бруса:
Д^=0;
Мс =ЫВ+МВС = 0+11,4-10'2 = И,4Ю~2лш;
14
МД=МС+МСД = \ 1,4 -10'2 -1,5• 10 2 = 9,9 10“2им;
Мк = A£7+zV = 9,9 10" 4-9,9-10 2-0.
л	Д	ДК 1	1
Контрольные задания
Статически неопределимые системы
Однородный стержень, жестко закрепленный с двух сторон, нагружен
осевыми силами (рис. 6 - 8). Требуется определить реакции в опорах и по-
строить эпюры N, <т,	. Данные взять из табл. 1.
Геометрические характеристики сечений
плоских фигур
1.	Статические моменты плоских фигур .
Определение статических моментов плоских фигур необходимо для
нахождения центра тяжести этих фигур.
Если задана плоская фигура произвольной конфигурации в системе ко-
ординат X- У, то се статические моменты относительно осей X и У запишут-
ся соответственно:
Sx = А-УС;
Sy^A-Xc,
где А - площадь фигуры; У^-, Хс - координаты центра тяжести фшуры.
Если сложная фигура может быть разбита на простые фигуры, площади
и центры тяжести которых легко определяются, то статический момент всей
фигуры относительно какой - либо оси определяется как сумма статических
моментов отдельных ее частей относительно той же оси:
= $1Х + $1Х +....+
иди (4+Л+...........+ Ап)-Ус-А1-У1+А2-У2 +----
где	Ai,A2,A}—4п - площади отдельных частей слож<юй фигуры:
У„У:,УГ..,УЯ - расстояние центров тяжести частей от оси X.
15
Рис. 6. Варианты заданий статически неопределенных заоач
16
Рис. 7. Варианты заданий статически неопределенных задач
17
Рис. 8. Варианты заданий статически неопределенных задач
18
v _ -4-' +	+....+Л • У„
О™?®1 с~ А+& +........................+ 4	 (7)
Аналогично расстояние центра тяжести фигуры от оси У определяется
Г _ 4 '^1 +Л ~^2 +......+ Л 'Х„
так:	с 4+4 4-..............+4	(8)
2.	Моменты инерции плоских фигур
Моменты инерции при кручении и изгибе играют примерно такую же
роль, как площади сечения при растяжении и сжатии.
Осевым моментом инерции площади фигуры относительно оси называ-
ется сумма произведений элементарных площадок на квадраты расстояний
их до этой оси (рис. 9).
Рис. 9. Определение моментов инерции плоской фигуры
Jx = jy2dA; Jv = ^X2dA.
л	л
Сумма осевых моментов инерции относительно двух перпендикуляр-
ных осей равна полярному моменту инерции относительно полюса, пред-
ставляющего точку пересечения этих осей (начало координат):
Jx+Jy = {У2-dA + ^X2dA~ j(X2 +V2)dA^ jp2^^.
A	A	A	A
19
Центробежный момент инерции
3.	Формула перехода для моментов инерции при параллельном перено-
се оси
Оси. проходящие через центр тяжести фигуры, называют центральны-'
ми осями, а момент инерции фшуры. витой относительно центральной оси. -
центральным моыснюм инерции.
Пусть для какой - либо фипры (рис. 10/. площадь коюрой равна А.
ось А - центпальпая. относительно которой момент инерции JА итвесчен.
Тогда момент инерции фигуры относительно оси А,. параллельной
центральной и отстоящей от нее на расстоянии "а", можно определить но
формуле	J ат — J у + а
По этой формуле определяется центральный момент инерции, если из-
вестен момент инерции относительно какой - либо другой оси:
J.. - J -а-  А.
Рис. 10 Определение осевого момента инерции
при параллельном переносе осей
20
Определение моментов инерции фигуры,
составленной из простейших фигур (на примере)
Пример. Определить центральные осевые моменты инерции уголково-
го профиля (рис. II).
Рис. 11. Определение центральных осевых моментов инерции
Размеры указаны в мм.
21
Решение. Разобьем профиль на два прямоугольника, как показано на
рис. 11, и обозначим их 1 и 2 Найдем координаты центра тяжести профиля
Хс и Ус , используя формулы (7) и (8) и вспомогательные оси А о 4 о:
ТЛ А,-У +А.-У, 50-10-65 + 60-10-30
у - _J —1-----=------------------—--------- 45,9 Lww.
с А,+А,	50 10+60 10
Здесь УРУ; - расстояния от центров тяжести 1 и 2-го прямоугольни-
ков до оси A"; Aj.An - плошади этих прямоугольников.
Аналогично определяем
_а,-х,+а2-х2
А /• —-
А.+А,
500-25 + 600-5
~~500+600
~ 14,09лгм.
Через найденный центр тяжести С проведем центральные оси X и У и
определим относительно этих осей моменты инерции.
Используем свойство: момент инерции всей фигуры равен сумме мо-
ментов инерции ее частей относительно той же оси
4 — Jx +JX,
где JX,Jx - моменты инерции 1 и 2-го прямоугольников относительно оси
X
В свою очередь, момент инерции 1-го прямоугольника относительно
осн X определим как сумму моментов инерции этого прямоугольника отно-
сительно своей центральной оси Х} ц X:
JX=JX. +а‘-А, = ^ + а,24=™— + (65-45,91)2 -500 = 18638 W.
Момент инерции 2-го прямоугольника определяем так же:
4 = 4з + 4 • 4 =	+ 44 = ““ + (30- 45,91)2 - 600 = 331877лм/,
Jx = Jx + fx = 51825&w4.
Аналогично находим момент инерции относительно центральной оси У.
4 = 4, + • 4 = ~+44 =	+ (25 -14,09)2 - 500=16368 Ьш4;
X = J' +4 -4, =^2- + е2Д =^1^- + (5-14.09)2 -600 = 54577W,
У У. -2 -2	12	-	12
7У =4+4 =218258им4.
22
Контрольные задания
Геометрические характеристики сечений плоских фигур
Определить центральные осевые моменты инерции плоской фигуры.
Данные взять из табл. 2 и рис. 12 - 14. Справочное данные приведены в
прилож.
Таблица 2
Вариант	Линейные размеры		СМ
	а	в	с
1	3	4	0.5
2	4	5	1
1 J	5	6	1,5
4	6	7	2
5	7	8	1
6	3	8	1,5
7	4	7	п
8	5	4	1
9	6	5	1,5
10	7	6	
Кручение
На кручение работают, как правило, круглые стержни иди валы. Если к
концам круглого стержня приложить два одинаковых по величине и
противоположных по направлению момента так, что плоскость их действия
будет перпендикулярна оси стержня, те стержень будет закручиваться, т.е.
крайние сечения его будут проворачиваться друг относительно друга на
некоторый угол ф, который определяется по следукидей формуле:
Т1
GJ
где Т - крутящий момент; I - длина стержня; G - модуль сдвига; J Р
полярный момент инерции поперечного сечения стерло».
Угол Ср называется абсолютным углом закручивания. Если его отнести
к длине стержня, получим относительный угол закручивания:
I GJP
23
Рис. 12. Варианты плоских фигур
24
Рис. 13. Варианты плоских фигур •
25
Рис. J 4. Варианты плоских фигур
26
Сравнив действительное значение угла закручивания с его допустимым
значением, получим условие жесткости при кручении:
т
GJ,
(9)
Расчетные уравнения при кручения
При кручении в поперечном сечении круглого стержня возникает
касательное напряжение, которое распределяется в сечении по закону
треугольника, т. е. возрастает от нулевого значения в центре до
максимального на его периферии. Максимальное напряжение кручения
определяется по следующей формуле:
где Т - крутящий момент в рассматриваемом (опасном) сечении; .
полярный момент сопротивления, или момент сопротивления кручению, для
круглого стержня с диаметром d~.
Wp=^-*b,2d\
Р 16
Сравнивая максимальные касательные напряжения кручения с
допускаемым напряжением кручения [tJ получаем условие прочности при
кручении:
т .
(Ю)
Задавшись запасом прочности п, допускаемое напряжение для
пластичного материала определим яо пределу текучести при кручении
п
где для стали тт = (0,5—Д6)<Тг;огг - предел текучести при растяжении
(сжатии), берется из справочников для соответствующего материала.
Уравнение (10) является основным при кручении, по нему производят
расчет на прочность.
Исходя из этого уравнения (а точнее, неравенства) можно решить
задачу проектного расчета. Зная крутящий момент Т (нагрузку) и
допускаемое напряжение [г] (материал), определяем диаметр круглого
стержня (вала):
[г]	16	[г]
Уравнение (10) можно применять только для круглых стержней:
d >3-«з I-.
МО W
Полученный из условия прочности диаметр вала d округляем до
ближайшего значения (как правило, в сторон)' увеличения) и производим
проверочный расчет на прочность по формуле (10). При необходимости
можно произвести проверку на жесткость по формуле (9).
Пример. На валу постоянного сечения, вращающемся с постоянной
угловой скоростью, расположены три шкива. Средний шкив получает от
двигателя крутящий момент 7^ =50 Нм, который через крайние шкивы
затрачивается на преодоление сопротивления вращению двух станков.
Моменты сопротивлений станков соответственно Т2 — 20 Нм; Т3 = 30 Нм
(рис. 15).	»
Определить диаметр вала из расчета на прочность и жесткость, если он
из стали с пределом текучести при кручении , равным 100 МПа, модулем
сдвига G = O,8 1O5Afflra, допускаемый относительный угол закручивавши
[£] = Q^pad/м. Построить эпюры крутящих моментов и абсолютных углов
закручивания вала.
Решение. Крутящие моменты Т..,Т2,Т.^ которые действуют на вал,
являются внешними. Чтобы записать условие прочности при кручении,
нужно найти опасное сечение, т.е. сечение, в котором будет действовать
максимальный крутящий момент. Для определения внутренних крутящих
моментов используем метод сечений, разбив предварительно вал на четыре
участка.
'	1 участок (от левого конца вала до первого шкива). В пределах участка
берем сечение 1-1 и, отбросив часть вала правее сечения, определяем в этом
сечении внутренний крутящий момент, который должен быть равен сумме
внешних крутящих моментов, действующих на оставшуюся часть вала. Но на
оставшуюся (левее сечения 1-1) часть вала не действуют внешние моменты,
поэтому внутренний момент в сечении 1-1, а следовательно, и в любом
другом сечении 1 участка.
Tj=O.
28
Iff
/
Рж. 15. Построение эпюр при кручении
29
Аналогично определяем внутренние крутящие моменты на 11, 111 «IV
участках, выбрав правило знаков:
Гп3Г2 = 2МГ-л;
Гш =т2~тх = 20- 50 = -3<W лк;
Г1Г = Л - Тх + Т3 = 20-5©+30 =0.
Строим эпюру внутренних крутящих моментов и определяем опасное
сечение вада. Эпюра показывает, что любое сечение 111 участка нужно
считать опасным, так как в них действует одинаковый максимальный
крутящий момент
Тт=3&Нм.
Запишем условие прочности для 111 участка вала:
гиж=^11^М;
и из этого неравенства, решая его относительно ЗУР, находим диаметр вала:
иг >2Li- £jL>Zui-
р И ’	1€	[г] ’
V 4г] VM*"]
Задавшись коэффициентом запаса прочности л = 2, определим Допускаемое
напряжение:
г , И, 1®	__
п 2
зе-п’ 1ЯЛ
а > «——— -14,4л«.
Округлим полученный результат d = 15 ММ Я проверим яолучснимй
вал на прочность:.
7™	= 45,27-	<.50МПа
Wp дг-15	мм
Таким образом, условие прочности выполняется.
Проверим вал на жесткость. Для этого запишем условие жесткости при
кручении; заметим, чго знак момента на условие жесткости не влияет:
Тт _ ЗО-1О3-32
G-JP O^-IO5^-^4
Условие жесткости выполняется.
= 0,075^ <ВД = 0,1'^.
ММ	м	м
30
Далее определим углы поворота сечений вала относительно сечения, на
котором закреплен крайний левый шкив, считая это сечение неподвижным,
тх. угол закручивания 1-го участка равен нулю (	~ 0 ). Тогда сечение вала
под шкивом повернется относительно сечения вод левым шкивом на угол
Угол поворота сечения вала под правым шкивом относительно сечения
под средним шкивом
ТП]-£]П -ЗО-1О3-3-103-32	.
®,,. = —щ—111 = ——— ----------— - -0,226рад.
Угод поворота правого сечении вала относительно левого
Л1Н =^1П +^11 =^К226+<М01 = -0Д25^.
Очевидно, такими же будут углы поворота всех сечений ]V участка
вала относительно всех сечений 1-го участка вала, так как угол закручивания
этого участка (так же, как и 1) Vw = 0~1 и IV участки не испытывают
деформаций.
Строим эиюры абсолютных углов закручивания вала(см. рис. 15).
Контрольные задания
Кручение
Определить диаметр вала D ггз расчета на щючность и жесткость, если
материал его - сталь с пределом текучести при кручении = 150ЛОТа,
модуль сдвига G = Q£- МПа, допускаемый относительный угол
закручивания [^] — 022рад/м. Коэффициент запаса прочности задается.
Построить эпюры крутящих моментов я абсолютных углов закручивания
вада. Данные взять из табл. 3 и рис. 16 - 18.
Таблица 3
Вариант	Крутящие моменты, кН м				Линейные размеры, м			
			Г3		а	в	С	d
1	1	з	2	4	0,4	0,7	0.2	0.3
2	3	5	4	2	0,7	0,2	0,4	0,1
3	5	3	2	I	0,2	0,9	0.5	0.’’
Окончание табл.З
Вариант	Крутящие моменты.				Линейные размеры, JW			
	кЛ		Гм					
	Л	Тг	Г 1 3	Т.	a	в	с	d
4	4	6	7	3	0,9	0,8	03	од
5	8	5	2	7	0,6	0,2	0,5	0,7
6	6	2	5	7	0,5	03	0,2	0,7
7	9	8	3	6	0,4	0^	0,7	ад
8	7	2	4	1	«з	04	ад	0,1
9	. 2	9	5	7	Д5	<и	0,4	ад
10	4	7	2	3	<1	03	од	0,4
Изгиб
Изгиб - это такой вад деформации, при кагором в поперечных
сечениях возникают изгибающие моменты. Как правило, одновременно с
изгибающими моментами возникают поперечные сипы. Такой вад изгиба
называют подаренным. Если поперечаые силы не возникают, такой вад
называет'шспж.
1.	Внутренние силовые факторы при понеречяов изгибе
Примени» метод сечений, можно выявить, что в поперечно® сечении
бруса возникают два внутренних садовых фактора
-	поперечим садя 0?;
-	язгибающий мометн-х.
Поперечная сипа к прсжзаолыкии сечении численно равна
алгебраической сумме внешних сид, прнляг,ясхшж к отсеченной часта бруса.
Изгибающий момент в произвольном сечении бруса чжл*шю
равен алгебраической сумме моментов от внешних сия, приложенных к
отсечеяиой части бруса относительно рассматриваемого сечения.
2.	Правила знаков для поперечных сил и изгибающих моментов
Принято считать, что поперечные силы будут поло;:<ительными, если
они стремятся повернуть балку по часовой стрелке относительно сечения
(рис. 19).
Рис. 16. Варианты заданий на кручение
33
Рис. 17. Варианты заданий на кручение
34
Рис. 18. Варианты заданий на кручение
35
Поперечные силы отрицательны, если они стремятся повернуть балку против
часовой стрелки (рис. 19).
Рж. 19. Правило знаков доя поперечной силы
Изгибающий момент будет положителен, если балка изгибается таким
образом, что сжатые волокна оказываются выше нейтральной оси, а
растянутые ниже. То есть балка изгибается выпуклостью вниз (рис. 20).
•л
Рж. 20. Правило знаков для изгибакнрего момеюна
3.	Дифференциальная зависимость между q
Qy*Mx
Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов
значительно упрощается при использовании дифференциальной зависимости
36
между интенсивностью распределенной нагрузки д, поперечной силой Qv и
изгибающим моментом Мх:
_ dQy _ d2Mx _	_ dMx
Ч dz dz~ ’ у dz
Таким образом, интенсивность распределенной нагрузки равна первой
производной от поперечной силы и второй производной от изгибающего
момента по длине бруса.
При построении эпюр внутренних силовых факторов учитываются
следующие обстоятельства:
а)	там, где приложена равномерно распределенная нагрузка, эпюра
поперечных сил меняется по длине линейно (первая производная), а эпюра
изгибающих моментов - по закону параболы, кривая второго порядка (вторая
производная);
б)	там, где поперечная сила (первая производная) положительна,
изгибающий момент возрастает, и наоборот;
в)	там, где поперечная сила (первая производная) обращается в нуль,
изгибающий момент принимает экстремальное значение.
4.	Расчет на прочность при изгибе
Расчет на прочность при изгибе ведется для опасного сечения балки.
Опасное сечение балки - это то сечение, в котором возникает максимальный
по модулю изгибающий момент.	Л
Прочность проверяют по нормальным напряжениям, так как их
значение много превышает значение касательных напряжений.
Условие прочности имеет вид
сг =  ***- < кг],
шах	l
где Сщах - максимальное расчетное напряжение, МПа-, МХвт -
максимальный изгибающий момент, Нмм; [сг] . допускаемое напряжение
для данного материала, МПа-, Wx - момент сопротивления, мм'.
'Таким образом, определение максимальных расчетных напряжений и
сравнение их с допускаемыми напряжениями являются целью проверочного
расчета на прочность.
Кроме провер очного расчета, в инженерных расчетах проводят
проектный расчет с целью определения размеров поперечного сечения балки:
?>
[О']
По полученном)' значению момента сопротивления подбирают
поперечное сечение с аналогичной геометрической характеристикой.
37
Пример 1. Определить требуемые размеры поперечного сечения балки,
изображенной на рис. 21.
Интенсивность распределенной нагрузки q = 40 кН/м, расстояние а =
I м, допускаемое напряжение [o’] — 16OA4ZZa
Решение. Прежде чем приступить к определению требуемых размеров
балки, необходимо определить опасное сечение. Для этого построим эпюры
поперечных сил и изгибающих моментов.
Под действием внешних сил в опорах возникают реакции. В опоре А
возникают две реакции: RAy и RA-- В опоре С возникает одна реакция R(y.
Реакция заведомо равна нулю, так как сил, действующих вдоль
оси Z, кроме самой реакции, больше нет.
Направление реакциям задается произвольно. Если при вычислении
перед значением реакции стоит знак «-», значит ее действительное
направление противоположно предполагаемому.
Вычисление неизвестных реакций проводят с помощью уравнений
статики:берут сумму моментов относительно опор С и А и приравнивают ее
к нулю. При этом моменты, поворачивающие элемент балки по часовой
стрелке, принято считать положительными.
Рассмотрим сумму моментов относительно опоры А:
^MA=0r, q4a- 2a + Ft  4а + М -	• 5а+F2 &а = 0;
^4a-2a + 2^a-4a+2^s2 -^-5a + ^a-6e = 0.
„ fya2+2qa2+6qa2 JQ _
Отсюда	^cy ~	~ ‘MM®-
Сумма моментов ртмеигеяыюоиюрн С:
Я^-5а-^-4«-Зя-7^-a+M+F2 я = 0;
R4v ' 5в ~ Я • 4в • За - 2qa • а+2qc? + qa • а = 0.
Отсюда
Проверяем правильность определения реакций. Для этого все силы
спроектируем на ось у и сумму их приравняем к нулю (третье уравнение
равновесия):
38
39
Ег,=».
R^-qte-F'+R^-F^O;
2^2qa-4qa-2qa+A^qa-qa=Q\
0 = 0.
Реакции определены верно.
Переходим к построению эпюр поперечных сил и изгибающих
моментов. Для этого балку разбиваем.на характерные участки, рраницамч
которых будут точки приложения внешних нагрузок (сил, моментов и т. п.).
Применяя метод сечения, определим внутренние силовые факторы:
поперечную силу и изгибающий момент. Для этого йа исследуемом участке в
произвольном месте проводим сечение. Отбрасываем или левую, или правую
часть балки, а оставшуюся отсеченную часть балки рассматриваем в
равновесии.
Итак, проведем исследование 1-го участка балки (АВ). В произвольном
месте сделаем сечение 1-1 и свяжем его с граничной точкой А координатой
zi-
Перемеиная координата Zj меняется от нуля (опора А) до значения 4а
(граничная точка В). В равновесии рассматриваем левую часть балки, к
которой приложены следующие внешние силы: реакция в онере
равномерно распределенная нагрузка на длине Z,.
Поперечная сила
Когда	0<Z( ^4а,
z,=0,	Qn
Zj=4a,	Qri -R^-q^4a~22qa-4qa~-l$qa
В точке А приложена реж&я в оноре R<y. Поэтому на эпюре
поперечных сил Наблюдается в этой точке скачок на значение этой силы.
Поперечная сила на этом участке зависит от дли ны- белки Z, в первой
степени. Поэтому она меняется по длине балки линейно. Изгибающий
момент
•^¥1 ~ &Ау ' Z\~eP\~^‘>
0SzrS4a
40
При д,-4а, МХ}	= 0Д/«?.
Изгибающий момент на этом участке меняется по закону параболы,
выпуклость которой всегда направлена навстречу равномерно
распре деленной нагрузке.
При переходе поперечной силы через нулевую линию (Q. — в)
изгибающий момент в этой точке имеет экстремальное значение.
Для топ\чтобы найти это значение, приравняем к нулю поперечную
силу на исследуемом участке:
Й1 =^лу~^ =0-
Отсюда определяем значение координаты :
2,2qa~qzx'=fF, 2i = ^~- = 2,2а.
Подставим значение в уравнение моментов:
- Чг1 = Rav zi-q^- = Z2qa-2,2a~ —™ = 2,42^а2.
Рассмотрим 2-й участок:
Q} j). = R4v - о 4а - Fy = 2,2ga - 4qa - 2qa - -3$qa.
Поперечная сила постоянна яо длине бруса, так как не зависит от
значения ?2. В точке В приложена сила Fy — 2qa. Поэтому на эпюре
поперечных сил в этой точке наблюдается скачок на ее значение:
Мхх! = RAy ’ zi - <74oU, - 2а) - Fy(z2 - 4а).
Переменная координата z2 принимает значения:
4а < д2 < 5а;
д, =4а,	Л/Л), = 2,2qa-4a-q4a-2a~0 = Q.8qa~-,
z2 =5а, Mxv = Z2qa-5a-q4a-3a~2qa-a = -3qcr.
Эпюра изгибающих моментов на этом участке меняется линейно, так
как координата z2 входит в уравнение моментов в первой степени.
Рассмотрим 3-й участок.
Поперечную силу на 3-м участке рассмотрим, отбрасывая левую часть
балки, а правую, отсеченную, часть - как находящуюся в равновесии.
егш=г2=9а
41
В точке Д приложена сила Рг — <7а Поэтому на эпюре поперечных сил
наблюдается скачок на значение этой силы, в точке С - скачок на значение
реакции &су.
Мх\\\=-Рг-2^	Ь^<а.
z3=0,
При	z3=a, Mxw = -qa-a--qa2.
Определяем опасное сечение балки. Опасным будет сечение С, в нем
возникает максимальный по модулю изгибающий момент:
Л£Хвах Н	|= 3 - 40 • 1 = 12(кЯ • де
Определим требуемые размеры поперечного сечения балки из условия
прочности
Wx >	= 0,75-ЮЛи3.
х [а]	16010й
Wx > 150ем\
Подбираем брус круглого сечения с близкой аналогичной
геометрической характеристикой. “ОДс/3.
Принимаем диаметр балки d = 20 см, округляя его де ближайшего
стандартного значения из нормального ряда	(ГОСТ 6636-69;
Анурьев В. ff. Справ&чник шшструктора - лкиаипжт/юшпеля: В Зхж. А/ -'
Маыигностротие, 1979. Т. 1).
Затем проводим проверочный расчет балки иа прочность.
Момент сопротивления ~ 0,1 * 203 — 8(Хкде . Тогда максимальное
расчетное напряжение
<г =	= 12°'103; = 150  106 Па = 150МПа < 1 бОМПа
““ Wx 0.8 103
Балка будет работать с недогрузкой в 6 %, что допустимо с точки
зрения экономии материала.
Пример 2. Рассчитать балку (рис.22) диаметром 15 см на прочность:
q - 40к&' / м, а = Lw,[cr] = 16QMI7a
42
Рис. 22. Построение эпюр при изгибе
43
В заделке эвзммкаег вертикальная	и горизонтальная
составляющие реакции, а также реактивный момент 44. Горизонтальная
составляющая реакций ^г = 0 так как ctei, приложенных к балке по
горизонтали, нет.
Определяем реакцию .
Для этого запишем уравнение статики:
JX=0;	-Bjy-Za+^+K+^-O;
- б^кж-t- qa+ qa+ REv = 0.
Отсюда .	^sv = 4c^2.
Знак «+*» перед значением реакции указывает на совпадение
действительного и предгюлагаемого направления реакции.
Для определения реактивного момента запишем сумму моментов
относительно точки Е:
^а-5а-3^-2е-4й+^й" ±qa-a-MP -~Ct
5qa2 - 24^з2 +^мз2 + qa~ - Мр - 0.
Отсюда	jWp =-17<ja'.
i
I
Знак «-» указывает да то, чтю действительное маираалеиис момеитя
ортцидасюложно первоначально у казаниижу на схеме.
Проводам иселедодаиие {-го участка. Дда ттего втфо*сяа«яьи«л№М№тс
участка проводим ссдамие 1-1 к рассмотрим правую отсеченную часть,
отбросив левую часть вада
Поперечнаясшиа иосгоаитп» довне бамзе
*Хп =	' zi	
Переменная коирджвйи нрийммигт здачеилас	^<2, <<
Zt = а; мда =4|ГЙ>+^ =-41s
z., = ar,	=-13pr.
На 2-мучастие
Ощ	=-^Ч»-^=-5фЦ
-2 принимает зядаема»:	<2з^
zz -a, M^^-^qa-a-Xlqd +qa-0 = -13qcT;
:2=^a>	M^-Aqa-la-llq^ +qa-a = -8qcf:.
Ha 3‘M участке:
Qy\\\ = ~Rf. ~F2 = ~^4a>
МхпгКь '-г +Mp +Fz(z3 -a)~M.
принимает значение:	2z? < Д3 £ За,
z3=2a,	M^^-Aqa-Ta-Mqcr +qaa-qcr = -9qa\
z3~3cr,	Mnn=4qa-3a-Hqa -vqa-la-qa =-4qd.
В точке С приложен сосредоточенный момент М = qa~, поэтому на
эпюре изгибающих моментов наблюдается скачок на значение этого
момента.
IV участок исследуем, рассматривая левую отсеченную часть бруса:
QpW ~F\ ~^'z4-
Поперечная сила меняется по длине бруса линейно. Переменная
координата принимает значения:	S=2zz;
г4=°;
з. =2zz; Qw. =FX-3q-2a=qa-6qa=-5qa,
Г-
MXW	F\Z 4 ~^я~;
Эпюра изгибающих моментов - парабола.	0 < д4 < 2а
М„у =0;
~4=а
z4=2o; M^v =qa-1a-3c^~---Aqd.
Эпюра поперечных сил на этом участке перешла через нулевую линию.
Следовательно, парабола будет иметь экстремум на эпюре изгибающих
моментов в том сечении, где
Qy\v ~ 0-
Qnv ^F\ -^Z4 =0-
Отсюда
При
F} _ qa _ а
3q 3q 3
а
Mxw ^4a-~-3q
2
1	2
” б40 ’
45
Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов для
консольных балок можно вести и другим способом, не определяя реакции и
реактивный момент в заделке. Это возможно, если начать построение эпюр
со свободного конца балки. В этом случае реакция REy ч реактивный момент
МР определяютсяавтоматически.
Определим опасное сечение. Опасным будет сечение Е. Здесь
возникает максимальный изгибающий момент
МГпяк = /-17до2 / = 17 • 40  I2 = 680кЯ  м.
Затем проводим расчет на прочность. Для этого определим момент
сопротивления исследуемого сечения:
W.( = 0,Ы3 - 0,1 • 0,153 = 0.3  10'3 м3.
Определим максимальное расчетное напряжение:
ст =	1 ™*. =	= 2267  10й Па = 2267 МПа.
““ W( 0J-10’3
Условие прочности не соблюдается. Балка сечением 15 см не
выдерживает такое нагружение.
Увеличиваем диаметр до 36 см (нормальный ряд Ra =20\
Момент сопротивления
Wx = 0.W3 = 0J • 0363 = 4,6 • 10~3 .и3.
Тогда максимальное расчетное напряжение
6ЯО • 103
<т =-———Т = 147-106 77а = 147A/Z7a < 160 МПа.
№ 4,6-10-3
Балка диаметром 36 СМбудет работать с небольшим недогрузом.
Контрольные задания
Изгиб
Построить эпюры поперечной силы Qy. изгибающего момента Мх. Из
расчета на прочность определить размеры поперечного сечения балки.
Данные взять из табл.4 и рис. 23 - 25.
46
Рис. 23. Варианты заданий на изгиб
47
Рис. 24. Варианты заданий на изгиб
48
Рис. 25. Варианты заданий на изгиб
49
Таблица 4
Вариант	Исходаме				данные		Сечежве
	а		Л	д	М	М7	
	м	кН/м	qa	qa	4*	МПа	
1	1	30	4	1	1.	160	круг
2	2	40	• 3	1	6	140	квадрат
3	‘/2	30	1	6	3	200	круг
4	1	50	6	7	4	180	кольцо
5	2	40	7	5	7	140	прямоугольник
6	2	30	3	5	2	160	круг
7	1	49	1	7	6	200	квадрат
8	‘/2	30	2	7	3	180	колыю
9	0	40	2	3	5	220	круг
10	1	50	5	1	2	120	круг
50
Приложение
Геометрические характеристики плоских сечении
53
52
	Ч> Л,	£92$
Ч Л?	°0 Ч 'М	%
о 'г L—	1	$246	о> Л)
S3 У	1 ! 0, 23 9	
	' $23/	ч> V
	/-ггго \ [ . 	 ;	0}1?2
<м	%	ч>
		
54
Список рекомендуемой литературы
1.	Винокуров А. Сборник задач по сопротивлению материалов: Учеб,
пособие для учащихся машиностроительных специальностей техникумов.
М.: Высш, шк., 1990. 383 с.
2.	Дарков А.В., Шпиро Г.С. Сопротивление материалов: Учеб, пособие
для техн, вузов. 5-е изд.,перераб. и доп. М.: Высш, шк., 1989. 624 с.
3.	Кинасошвили Р.С. Сопротивление материалов: Краткий учебник /
Подред. А.С.Вольмира. 11-е изд. М.: Наука, 1975.
4	Миролюбов И.Н., Енгаличев С А., Сергиевский Н.Д. и др. Пособие к
решению задач по сопротивлению материалов. 5-е изд.,перераб. и доп. М.:
Выбш. шк., 1985.
5.	Степин П.А. Сопротивление материалов: Учебник для
немашиностроительных спец, вузов. 8-е изд. М.: Высш, шк., 1988.
6.	Лихарев К.К., Сухова Н.А. Сборник задач во курсу "Сопротивление
материалов". М.: Машиностроение, 1980.