СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ. Руководство к решению задач: учебное пособие. – В 2-х ч. – Ч. 1

Федеральное агентство по образованию РФ Национальный исследовательский ядерный университет «МИФИ»

В.В. Исаченко, М.И. Мартиросов, В.И. Щербаков

Сопротивление материалов Руководство к решению задач Часть 1 Под редакцией В.В. Исаченко Издание 2-е, исправленное

Допущено Учебно-методическим объединением вузов по университетскому политехническому образованию в качестве учебного пособия для студентов высших учебных заведений, обучающихся по направлению 150300 «Прикладная механика»

Москва 2010

УДК 539.3/6(075) ББК 30.121я7 И85 Исаченко В.В., Мартиросов М.И., Щербаков В.И. СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ. Руководство к решению задач: учебное пособие. – В 2-х ч. – Ч. 1 / Под ред. В.В. Исаченко. – Изд. 2-е, испр. – М.: НИЯУ МИФИ, 2010. – 288 с. Рассмотрены простые деформации прямого бруса, анализ напряженного состояния и геометрические характеристики плоских фигур. Изложены различные приемы решения задач по указанным темам, в большей части не нашедших отражения в имеющейся учебно-методической литературе по сопротивлению материалов. Во 2-й части будут рассмотрены темы: сложное сопротивление, энергетические методы определения перемещений, тонкостенные оболочки, толстостенные цилиндры, устойчивость, усталость, расчеты в упругопластической области, динамические задачи. Пособие предназначено для студентов, изучающих курс сопротивления материалов, а также готовящихся к участию в олимпиадах от внутривузовского до всероссийского уровня, также пособие может быть полезно и для преподавателей. Рецензенты:

зав. кафедрой сопротивления материалов МГСУ, проф., д-р техн. наук, чл.-кор. Академии строительства и архитектуры В.И. Андреев; проф. кафедры сопротивления материалов МГСУ А.А. Горшков; д-р техн. наук, проф. кафедры сопротивления материалов МГТУ «МАМИ», акад. АПК РФ, лауреат премии СМ СССР по науке и технике за 1990 г. И.В. Балабин

ISBN 978-5-7262-1203-6

©

В.В. Исаченко, М.И. Мартиросов, В.И. Щербаков, 2009, 2010

©

Национальный исследовательский ядерный университет «МИФИ», 2010

ОГЛАВЛЕНИЕ Предисловие .................................................................................................... 5 Тема 1. Растяжение-сжатие прямого бруса................................................ 7 1.1. Основные положения.................................................................. 7 1.2. Метод сил................................................................................... 14 1.2.1. План решения. Понятие об основной и эквивалентной системе............................................ 14 1.2.2. Влияние монтажного фактора ................................... 18 1.3. Способ совместности перемещений........................................ 20 1.3.1 План решения. Способ раскрепления узла. Понятие об условии строгого соответствия ............. 21 1.3.2. Несимметричная система сходящихся сил............... 25 1.3.3. Общий случай плоской системы сил ........................ 26 1.3.4. Влияние температурного фактора............................. 28 1.3.5. Выполнение условия строгого соответствия ........... 31 1.3.6. Влияние монтажного фактора ................................... 34 1.3.7. Суммарное влияние силового, температурного и монтажного факторов.................. 36 1.3.8. Прием временного отвердевания .............................. 38 1.3.9. Задачи «Диски»........................................................... 41 1.4. Интеграл Мора для определения перемещений ..................... 44 1.4.1. Решение статически определимых задач.................. 44 1.4.2. Статически неопределимые многостержневые системы при растяжении-сжатии (канонические уравнения метода сил) ...................... 49 1.5. Задачи......................................................................................... 51 1.6. Решения, указания, ответы....................................................... 56 Тема 2. Анализ напряженного состояния. Обобщенный закон Гука............................................................................. 68 2.1. Основные положения................................................................ 68 2.2. Задачи......................................................................................... 76 2.3. Решения, указания, ответы....................................................... 81 Тема 3. Геометрические характеристики плоских фигур (сечений)............................................................................................. 92 3.1. Основные положения................................................................ 92 3.2. Задачи....................................................................................... 107 3.3. Решения, указания, ответы..................................................... 114

3

Тема 4. Плоский изгиб прямого бруса.................................................... 133 4.1. Построение эпюр внутренних силовых факторов................ 133 4.1.1. Предварительные замечания.................................... 133 4.1.2. Порядок построения эпюр Qy, Mz ............................ 140 4.1.3. Проверка правильности построения эпюр Qy, Mz .. 157 4.1.4. Примеры построения эпюр Qy и Mz ......................... 163 4.1.5. Условия «обратных» задач построения эпюр Qy, Mz ............................................ 183 4.1.6. Решения, указания, ответы ...................................... 185 4.2. Напряжения и расчеты на прочность при плоском изгибе................................................................. 193 4.2.1. Основные положения ............................................... 193 4.2.2. Задачи ........................................................................ 198 4.2.3. Решения, указания, ответы ...................................... 202 Тема 5. Перемещения в балках при плоском изгибе ........................... 212 5.1. Предварительные замечания.................................................. 212 5.2 Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки........... 213 5.3. Метод начальных параметров (метод Клебша). Универсальное уравнение упругой линии............................ 216 5.4. Интеграл Мора ........................................................................ 225 5.5. Способ Верещагина ................................................................ 229 5.6. Задачи....................................................................................... 240 5.7. Решения, указания, ответы..................................................... 244 Тема 6. Кручение ........................................................................................ 264 6.1. Основные положения.............................................................. 264 6.2. Напряжения в валах крутого поперечного сечения ............. 265 6.2.1. Напряжения ............................................................... 265 6.2.2. Деформации. Условие жесткости............................ 267 6.2.3. Работа и потенциальная энергия деформации ....... 269 6.3. Кручение брусьев некруглого поперечного сечения ........... 269 6.4. Статически неопределимые задачи при кручении............... 270 6.5. К расчету винтовых цилиндрических пружин с малым шагом витка .............................................................. 270 6.6. Задачи....................................................................................... 271 6.7. Решения, указания, ответы..................................................... 276 Список литературы.................................................................................... 287

4

Посвящается памяти Рашита Каримовича Вафина

ПРЕДИСЛОВИЕ Широкому кругу инженерно-технической и научной общественности хорошо понятна важность знания курса сопротивления материалов, как науки о прочности, которая является одной из основных составляющих надежности. Особенно важно умение рационально и наименьшими затратами по времени решать различные задачи прочности, с целью обеспечения безопасности работы элементов конструкций, а следовательно, и всей конструкции в целом. Настоящее пособие не является задачником, а именно руководством к решению задач обычной и повышенной сложности. В силу чего оно может быть использовано не только в учебном процессе, но и в комплексе с пособием по решению конкурсных задач [10] для подготовки студентов к олимпиадам по сопротивлению материалов всех уровней от внутривузовского до всероссийского. В пособии рассмотрены методы, приемы не нашедшие достаточного отражения в большинстве учебников и учебных пособий, при этом некоторые другие вопросы, подробно разработанные в имеющихся учебниках по сопротивлению материалов, изложены в пособии менее подробно. Содержание данного пособия (часть 1) включает темы: простые деформации прямого бруса, анализ напряженного состояния и геометрические характеристики плоских фигур, что охватывает примерно половину стандартной программы курса. В каждой теме дано краткое описание положений теории и формулы для расчета без вывода, в предположении, что читатель знаком с темой по лекционному курсу. В конце каждой темы приведены задачи для самостоятельного решения, а далее даны указания, решения или ответы в зависимости от уровня сложности задачи и возможные варианты решения. В первой теме основное внимание уделено способу совместности перемещений, который не нашел достаточного отражения в учебно-методической литературе, хотя он в ряде случаев дает бо5

лее простое и менее трудоемкое решение. Именно с этих позиций и формировалось содержание других тем. При изложении материала пособия авторы стремились излагать наиболее трудные для студентов вопросы в простой, доступной форме для читателя разного уровня подготовки. Пособие призвано оказать помощь при подготовке студентов к практическим занятиям, выполнении домашних расчетно-графических заданий, помощь при подготовке к зачетам и экзаменам. Пособие может быть полезно и для преподавателей. Пособие написано на основании многолетнего опыта преподавания сопротивления материалов в МИФИ, МАИ, МАМИ. В пособии сохранены обозначения осей, геометрических и физических величин, традиционно сложившихся при изложении курса в указанных вузах. За все замечания авторы заранее выражают свою искреннюю признательность. Авторы

6

Тема 1 РАСТЯЖЕНИЕ-СЖАТИЕ ПРЯМОГО БРУСА 1.1. Основные положения Растяжением-сжатием прямого бруса (стержня) называют деформацию, вызванную взаимно уравновешенными силами, действующими вдоль оси бруса. В поперечном сечении бруса действует только один внутренний силовой фактор – нормальная сила N x . Определение величины N x производим, используя метод сечения, который включает четыре действия: мысленно разрезаем стержень на две части по интересующему поперечному сечению, отбрасываем одну из частей, заменяем действие отброшенной части на оставшуюся нормальной силой N x и уравновешиваем, т.е. записываем уравнение равновесия для системы сил, действующих на оставшуюся часть, из которого определяем N x . Все действия можно выразить мнемоническим словом РОЗУ. Метод сечений позволяет перевести внутренний силовой фактор N x в категорию внешних сил, для которых имеем право записать уравнение статики. Нормальная сила N x , действующая (направленная) от сечения, вызывает деформацию растяжения и ей присваивают знак «+», т.е. N x > 0 . Построим эпюры N x , σх, ε х, ux для стержня, изображенного на рис. 1.1, а. Расчетная схема стержня, в которой изображается ось стержня, опорные устройства, заданные нагрузки, представлена на рис. 1.1, б. Реакция RA найдена из уравнения ∑ x = 0 . Воспользуемся методом сечений и найдем, например, N x3 на участке CD. Запишем уравнение равновесия для отсеченной части стержня ∑ x = 0 : − RA + P3 − q( x3 − 2l ) + N x3 = 0 , откуда N x3 = RA − P3 + q ( x3 − 2l ) . 7

(1.1)

Рис. 1.1 8

Анализ выражения (1.1) позволяет сократить графическую работу при решении задачи – отказаться от изображения отсеченных частей стержня. Из (1.1) следует, что нормальная сила в любом поперечном сечении равна алгебраической сумме сил, действующих по одну сторону от сечения. Внешняя сила, направленная в сторону от рассматриваемого сечения, дает в выражении N x положительное слагаемое, как, например, RA и q ( x3 − 2l ) в выражении (1.1); сила, направленная в сторону к сечению, дает отрицательное слагаемое, как, например, P3 в выражении (1.1). Итак: N x1 = RA = 3P , 0 ≤ x1 ≤ l ; N x2 = RA − P3 = − P , l ≤ x2 ≤ 2l ;

N x3 = RA − P3 + q ( x3 − l ) , 2l ≤ x3 ≤ 4l ;

при x3 = 2l

N x3 = − P , при x3 = 4l

N x3 = P ;

N x4 = RA − P3 + q ⋅ 2 ⋅ l − P2 = − P . Эпюра N x показана на рис. 1.1, г. Можно было откладывать абсциссы xi силовых участков справа налево, т.е. от сечения K, как, например, абсцисса x4′ , и получили бы такую же эпюру для N x ( N x4′ = − P1 = − P ). Отсчет абсцисс от сечения A имеет особый смысл при построении эпюры перемещений! Из эпюры N x видно, что в сечениях, где приложена сосредоточенная сила, всегда имеем скачок на величину этой силы, а на участке действия равномерно распределенной нагрузки эпюра N x имеет линейную зависимость. Напряжения в поперечных сечениях определяем по формуле: N σx = x . (1.2) F Эпюра σ x для стержня постоянного поперечного сечения ( F = const ) представлена на рис. 1.1, д. Из эпюры σ x находим σ x (max) . По условию прочности N x (max) σ x (max) = ≤ [σ ] (1.3) F 9

выполняют три расчета: 1) проверочный расчет (сравнение σ x (max) с [σ]; 2) проектировочный расчет (определение значения F); 3) расчет грузоподъемности (определение допустимых значений внешних нагрузок). Из закона Гука имеем, что относительная деформация σ εx = x . (1.4) E Эпюра ε x для стержня постоянной жесткости ( EF = const ) будет иметь такой же вид, как и эпюра σ x (рис. 1.1, д). При изменении температуры стержня на Δt градусов относительная деформация будет: σ ε x = x + α ⋅ Δt . (1.5) E По определению относительная деформация отрезка длиной dx равна: Δdx du εx = = = tg β , (1.6) dx dx откуда u = ∫ ε x dx . (1.7) L

Формула (1.7) позволяет построить эпюру u x , при этом абсциссы xi берут от неподвижного сечения A, от заделки. Если необходимо построить только эпюру перемещений u x , то достаточно иметь эпюру N x , и эпюру перемещений строят, используя закон Гука в форме деформаций: N ⋅l N ( x)dx Δl = x или Δl = ∫ x . (1.8) EF EF l Так, например, на участке AB перемещение любого сечения x1 N x x1 будет Δx1 = 1 = u x1 . При x1 = 0 : Δx1 = 0 ; при x1 = l : EF N x l 3Pl Δl = 1 = = u x ( B) . На участке BC EF EF 10

u x2 = u x ( B ) +

При x2 = l ⇒ u x2

N x2 ( x2 − l )

EF = u x ( B ) , при x2 = 2l :

.

(− P)l 2 Pl = и т.д. EF FF Из второй формулы (1.8) следует, что при действии равномерно распределенной нагрузки, постоянной интенсивностью q на длине l, деформация равна: ql 2 . (1.9) Δl (q) = 2 EF При учете собственного веса деформация вертикально расположенного стержня длиной l определится по формуле: γl 2 , (1.10) Δl ( γ ) = 2E где γ – вес единицы объема или (иначе) удельный вес, Н/м3. На рис. 1.1, д представлена эпюра перемещений поперечных сечений по направлению оси x . Как видим, эпюра построена в строгом соответствии с дифференциальной зависимостью (1.6), так в сечении В имеем излом, слева от которого угол наклона касательной β > 0 , а справа β < 0 ; в сечении С излом отсутствует, так как здесь имеем только один угол β < 0 , определяемый единственным значеP нием ε x = < 0 ; в сечении посередине участка CD угол β = 0 . EF Работа при упругом деформировании, совершённая при статическом нагружении силой величиной от нуля до P , определяется формулой: 1 1 A = P ⋅ Δl = P ⋅u , (1.11) 2 2 где u – перемещение точки приложения силы, т.е. путь, пройденный силой при выполнении работы. Потенциальная энергия деформации, накапливаемая в стержне при упругом деформировании, N2 ⋅l N 2 ( x)dx U = x =∫ x . (1.12) 2 EF l 2 EF ( x) u x (C ) = u x ( B ) +

11

Потенциальная энергия U численно равна работе A. Приступая к решению задачи, необходимо ответить на вопрос: является ли рассматриваемая система (задача) статически определимой или статически неопределимой? Статически неопределимыми системами (задачами) называются системы (задачи), в которых невозможно определить усилия с помощью одних лишь уравнений статики. В отличие от статически определимых систем, в элементах которых усилия возникают только от действия внешних нагрузок, в элементах статически неопределимых систем они возникают и при отсутствии внешних сил – в результате изменения температуры системы или ее отдельных элементов, неточности изготовления элементов системы и др. Степенью статической неопределимости называется разность между числом неизвестных усилий в системе и числом независимых уравнений равновесия, которые можно составить для данной системы. Таким образом, для определения типа данной системы необходимо в расчетной схеме грамотно выделить объекты равновесия и составить для них уравнения равновесия. На рис. 1.2 представлены две плоские системы сходящихся сил. Для каждой из них можно составить только два уравнения равновесия, следовательно, число неизвестных в системе а на единицу больше числа уравнений равновесия, поэтому говорят, что такая система (задача) один раз статически неопределимая; в системе б число неизвестных на два превышает число уравнений равновесия – система два раза статически неопределимая. Для оценки типа системы может быть также рекомендована для многостержневых систем формула: S = 3K − Ш , (1.13) где S – число избыточных, так называемых «лишних» связей, которое равно степени статической неопределенности; K – число замкнутых независимых контуров в системе в предположении отсутствия шарнирных соединений. Замкнутый контур представляет собой замкнутую цепь, звеньями которой являются стержни, брусья, стержни опорных устройств и земля (пол, стены, потолок), к которой прикреплена система. Независимым называется контур, в котором имеется хотя бы один стержень, не входящий ни в один из остальных контуров. Ш – количество простых шарниров, т.е. шарни12

ров, соединяющих два элемента (рис. 1.3). В конструкциях часто встречаются так называемые кратные шарниры (рис. 1.4).

Рис. 1.2

а

Рис. 1.3

б

в

Рис. 1.4

Число простых шарниров, эквивалентных одному кратному, определяется выражением: Ш = C −1, (1.14) где С – число стержней (элементов), подходящих к шарниру. Так, для рис. 1.4, а число Ш = 4 − 1 = 3 , для рис. 1.4, б число Ш = 3 − 1 = 2 , для рис. 1.4, в число Ш = 5 − 1 = 4 . Если S = 0 , то имеем статически определимую, геометрически неизменяемую систему (см. решение задач 1.2, 1.4). Если S > 0 , то 13

имеем статически неопределимую систему (см. решение задач 1.15, 1.18, 1.21, 1.22, 1.23, 1.24). Если S < 0 , то имеем геометрически изменяемую систему, т.е. механизм (рис. 1.5). P

a

б

P

Рис. 1.5

Рис. 1.6

При оценке типа системы следует обращать внимание на то, что система может быть мгновенно изменяемой. Такими системами являются системы, состоящие из двух стержней (рис. 1.6, а), оси которых лежат на одной прямой; элемент, прикреплённый к земле тремя стержнями, оси которых пересекаются в одной точке (рис. 1.6, б), а также система, в которой три стержня параллельны (рис. 1.6, в), оси которых пересекаются в бесконечности. Правильное закрепление в последней системе приведено в задачах 1.10, 1.12. Для решения статически неопределимых задач используются в основном метод сил и способ совместности перемещений. Оба эти приёма равноправны, но для определённых систем один может дать более простое решение, чем другой. 1.2. Метод сил Сущность метода сил состоит в переходе от заданной статически неопределимой системы к статически определимой удалением «лишних» связей. В статически неопределимых системах «лишней» связью называется связь, ответственная за возникновение статической неопределимости. Слово «лишняя» поставлено в кавычки, так как эта связь на практике необходима по конструктивным соображениям, условиям эксплуатации, требованиям прочности и т.д., но может быть удалена без нарушения равновесия и геометрической неизменяемости системы. Эта связь «лишняя» с точки зрения возможности решить задачу методами статики. Число «лишних» связей равно степени статической неопределимости. 14

1.2.1. План решения. Понятие об основной и эквивалентной системе Для изображенного бруса (рис. 1.7, а) необходимо определить реакции в заделках A и B, что позволяет найти напряжения на участках AC и CB бруса. По плану решения методом сил выполняем следующие операции. 1. Составляем расчетную схему (рис. 1.7, б). 2. Проводим анализ схемы. Выбрав на объект равновесия целиком весь брус, составим уравнение равновесия в виде n

∑ Xi = 0 ,

i =1

− RA + P − RB = 0 ,

(1.15)

откуда получаем, что задача один раз статически неопределимая (имеем одно уравнение статики и две неизвестных силы RA и RB ). 3. Выбираем «лишнюю» связь и составляем основную систему. За «лишнюю» связь принимаем, например, заделку правого крайнего сечения B. Тогда RB будет «лишним» неизвестным. Основной системой называется статически определимая система, полученная из статически неопределимой путем удаления «лишней» связи (см. рис. 1.7, в). 4. Составляем эквивалентную систему. Эквивалентной системой называется основная система, загруженная всеми внешними активными силами, в том числе «лишней» неизвестной (см. рис. 1.7, г). Здесь реакция RB переходит в категорию внешних активных сил. 5. Составляем дополнительное уравнение и раскрываем статическую неопределимость. Для того чтобы эквивалентная система была идентична заданной статически неопределимой, необходимо, чтобы перемещение сечения B эквивалентной системы равнялось, как и в заданной системе, нулю, т.е. U xB = 0 . Это выражение является дополнительным уравнением в общем виде, с помощью которого раскрывается статическая неопределимость задачи. Исходя из принципа независимости действия сил, можно записать, что U xB = U xB ( P ) + U xB ( RB ) = 0 , 15

(1.16)

Рис. 1.7

т.е. перемещение сечения B эквивалентной системы складывается из перемещений, вызванных действием внешних активных сил P и RB . Сила P растягивает участок AC бруса, при этом его абсолют16

N x1 l1

Pl1 , так как N x1 = P . На сколько E1F1 E1F1 удлинится участок AC (длина l1 ), на столько переместится вправо,

ное удлинение Δl1 ( P) =

=

в положительное направление оси x сечение С, т.е. U xС ( P ) = Δl1 ( P) . На сколько переместится сечение С, на столько же переместятся и все другие сечения, лежащие справа от сечения С, в том числе и Pl сечение B. Таким образом, U xB ( P ) = U xC ( P ) = 1 . В значении E1F1 U xB ( P ) удерживается знак «+», так как это перемещение определено положительной (растяжение) деформацией стержня, стержень увеличивает свою длину, удлиняется. Сила RB сжимает как участок AC, так и участок CB стержня, при этом на сколько сила RB сожмет эти участки, на столько и переместится сечение B влево. Таким образом, R l R l U xB ( RB ) = Δl1 ( RB ) + Δl2 ( RB ) = − B 1 − B 2 , E1F1 E2 F2 здесь знак «–» поставлен, ввиду того что перемещение определено отрицательной (сжатие) деформацией, стержень уменьшает свою длину, укорачивается. Особо подчеркнем, что знаки в U xB ( P ) и U xB ( RB ) не связаны с направлением оси x!

Подставляя найденные значения U xB ( P ) и U xB ( RB ) в уравнение (1.16), получаем ⎛ l Pl l ⎞ U xB = 1 − RB ⎜ 1 + 2 ⎟ = 0 , E1F1 ⎝ E1F1 E2 F2 ⎠ откуда l1 RB = , (1.17) E1F1 l1 + l2 E2 F2 а RA определится из уравнения (1.15): l2 RA = P − RB = P . (1.18) E2 F2 l2 + l1 E1F1 17

Дальнейшее решение задачи такое же, как и статически определимой задачи на рис. 1.1, т.е. производим построение эпюр N x , σ x , ε x , u x . Но после построения эпюры ε x следует произвести генеральную проверку всего предыдущего решения, исходя из следующего соображения. Так как полная деформация всей длины (смещение сечения A по отношению смещения B) равно нулю, то, следовательно, U x (полное) = ∫ ε x dx = 0 , (1.19) L

где ε x dx – элементарная площадь, а интеграл по всей длине стержня – площадь всей эпюры ε x , следовательно, Δ = [(ω⊕ – ω㊀)/ω⊕] ⋅ 100 % = 0. Здесь ω⊕ – суммарная положительная площадь эпюры; ω㊀ – суммарная отрицательная. При правильном решении Δ не может превышать 1 % за счет приближенных вычислений.

1.2.2. Влияние монтажного фактора Как видно из рисунка (рис. 1.8, а), участок BD стержня имеет длину, меньшую чем l3 на величину δ, при этом масштаб δ существенно отличается от масштаба элементов стержня; δ сопоставимо с деформацией стержня. Найдем реакции в опорах, если деформация участка AC от силы P Δl1 ( P ) > δ . Из этого условия следует, что при действии силы P правое крайнее сечение B, перемещаясь вправо на U xB ( P) = U xC ( P ) = Δl1 ( P ) , упрется в опорную стенку B′ и будет оказывать на нее определенное давление, в результате чего со стороны опорной стены на стержень будет действовать сила реакции RB (см. рис. 1.8, б), равная равнодействующей этого давления. Проведем анализ расчетной схемы. Выбрав за объект равновесия весь стержень в целом, составим уравнение равновесия в виде ∑ X i = 0 , т.е. − RA + P − RB = 0 , (1.20) откуда следует, что задача один раз статически неопределимая. 18

Рис. 1.8

Выбрав за «лишнюю» связь опорную стену B′ , составим основную (см. рис. 1.8, в) и эквивалентную (см. рис. 1.8, г) систему. 19

Дополнительное уравнение получим из следующих соображений. Правое крайнее сечение B стержня заданной системы может переместиться вправо только на величину δ и, следовательно, для того чтобы эквивалентная система была бы идентична заданной, необходимо, чтобы перемещение сечения B эквивалентной системы U xB = δ . (1.21) Так как U xB = U xB ( P) + U xB ( RB ) , (1.22) где Pl (1.23) U xB ( P) = U xC ( P ) = Δl1 ( P ) = 1 , E1F1 а R l R l R l (1.24) U xB ( RB ) = − B 1 − B 2 − B 3 , E1F1 E2 F2 E3 F3 то, следовательно, ⎛ l l ⎞ Pl l (1.25) U xB = 1 − RB ⎜ 1 + 2 + 3 ⎟ = δ , E1F1 ⎝ E1 F1 E2 F2 E3 F3 ⎠ откуда Pl1 − δE1F1 , (1.26) RB = E1F1 E1F1 l1 + l2 + l3 E2 F2 E3 F3 тогда из- уравнения (1.20) ⎛ E F ⎞ P ⎜ l2 + l3 2 2 ⎟ + δE2 F2 E3 F3 ⎠ . (1.27) RA = P − RB = ⎝ E F E F l2 + l1 2 2 + l3 2 2 E1F1 E3 F3 RB l3 В последнем члене выражения (1.24) – = Δl3 за длину учаE3 F3 стка BD принято l3 , а не l3 − δ , что вполне оправдано, так как δ намного (на несколько порядков) меньше длины l3 и оперировать длиной l3 − δ не имеет смысла. Величина δ соизмерима с перемещениями сечений стержня, ввиду чего δ и входит полноправным членом в выражения, например (1.21) и (1.25). 20

1.3. Способ совместности перемещений Способ совместности перемещений заключается в установлении связей между перемещениями отдельных элементов (или их поперечных сечений) статически неопределимых систем в деформированном состоянии. Связь между перемещениями чаще всего находят по так называемым диаграммам перемещений (диаграммам Виллио). 1.3.1. План решения. Способ раскрепления узла. Понятие об условии строгого соответствия Для симметричной системы (рис. 1.9) необходимо определять усилия в стержнях. Согласно плану решения выполним следующие операции. 1. Составление расчетной схемы (см. рис. 1.9, а). 2. Анализ схемы. Выбираем за объект равновесия узел A и мысленно вырезаем его сечением n − m (см. пунктир) по стержням 1, 2, 3. Считая, что все стержни растягиваются, направляем усилия N xi в стержнях от сечений (см. рис. 1.9, б). Составляем уравнения равновесия: ⎧n ⎪ ∑ Zi = 0, − N x1 sin α + N x3 sin α = 0; ⎪i =1 (1.28) ⎨n ⎪ Y = 0, N cos α + N + N cos α − P = 0, i x1 x2 x3 ⎪⎩i∑ =1 откуда следует, что задача один раз статически неопределимая, так как имеем два уравнения и три неизвестных усилия, или по формуле (1.13): K = 2 , Ш = 5 , тогда S = 1 . 3. Построение деформированной системы и диаграммы перемещений. Так как рассматриваемая система симметрична* и все стержни растягиваются, то узел A переместится вниз по вертикали и займет новое положение A1 . Стержни, удлинившись, займут положение, показанное штрихпунктиром (см. рис. 1.9, а). Напомним, что масштаб перемещений узла A и масштаб стержней системы существенно различны! *

Симметричными называются системы, которые обладают как геометрической симметрией, так и симметрией по жесткости поперечных сечений. Так, симметричные стержни 1 и 3 (см. рис. 1.9, а) имеют E1F1 = E3F3. 21

Рис. 1.9

Очевидно, что вертикальное перемещение узла A равно абсолютному удлинению второго стержня, т.е. AA1 = Δl2 . 22

Покажем, чему равна деформация стержня 1, для чего, установив ножку циркуля в точке B, как в центре, радиусом, равным первоначальной длине стержня AB, сделаем засечку KS, тогда отрезок A1 A2 и будет представлять собой искомую величину удлинения стержня 1 ( Δl1 = A1 A2 = A1B − AB = lкон − lнач ). Ввиду того, что деформации малы по сравнению с длинами стержней, дугу AA2 можно заменить прямой, перпендикулярной A1B , и считать, что ∠AA1 A2 = α . Полученная фигура (в данном случае прямоугольный треугольник AA1 A2 ), см. рис. 1.9, в, называется диаграммой перемещений. 4. Составление дополнительного уравнения совместности перемещений и раскрытие статической неопределенности. В способе совместности перемещений дополнительные уравнения составляют на основании установления соотношений между элементами диаграммы перемещений. В настоящем примере, исходя из соотношений между элементами прямоугольного треугольника, можно записать, что Δl1 = Δl2 cos α . (1.29) Выразив в дополнительном уравнении (1.29) Δl через N x согласно закону Гука, получим третье уравнение, связывающее между собой неизвестные усилия в стержнях: N x1 l1 N x2 l2 (1.30) = cos α . E1F1 E2 F2 l Решая совместно уравнения (1.28) и (1.30), заменив l1 = и cos α l2 = l , получаем, что ⎧ cos 2 α , N N P = = ⎪ x1 x3 E2 F2 3 ⎪ 2cos α + ⎪ E1F1 ⎨ 1 ⎪N = P . x 2 ⎪ E1F1 3 1 + 2cos α ⎪ E2 F2 ⎩ 23

(1.31)

Вышеприведенный способ построения диаграммы перемещений не оптимальный, так как иногда приводит к ошибкам, когда приходится допускать равенство углов в заданной и деформированной системе. Поэтому для построения диаграммы перемещений следует рекомендовать так называемый способ раскрепления узла. Сущность способа следующая. В системе (см. рис. 1.9, а) в процессе деформирования, например, стержень 1, испытывая растяжение силой N x1 , удлиняется и одновременно поворачивается, пока не приобретет новую длину и не займет положение A1B (штрихпунктир на рис. 1.9, г). Мысленно разъединим стержни в узле A, удалив соединяющий их шарнир. Тогда одновременное удлинение и поворот стержня заменяем двумя простейшими трансформациями. 1. С помощью растягивающего усилия N x1 удлиним стержень 1 по направлению первоначального положения его оси (линии BA) на величину Δl1 = AA2 (см. рис. 1.9, г). 2. Поворачивая деформированный стержень 1 новой длины BA2 вокруг шарнира B, переместим его конец A2 в точку A1 . При повороте перемещение A2 будет происходить не по дуге окружности K ′S ′ , а по касательной, т.е. по прямой A1 A2 , перпендикулярной к BA2 (допущение Виллио). Таким образом, в конечном итоге, при второй трансформации из точки, определяющей новое положение узла, опускают перпендикуляр на первоначальное положение подвижного радиуса. В полученной способом раскрепления узла диаграмме перемещений (см. рис. 1.9, д) равенство углов ∠BAC = ∠A1 AA2 = α не вызывает сомнения. Из диаграммы перемещений имеем, что Δl1 = Δl2 cos α , т.е. то же дополнительное уравнение (1.29). При решении задач способом совместности перемещений должно соблюдаться условие строгого соответствия силовой и деформированной системы. Так как в силовой схеме (см. рис. 1.9, б) принято, что все стержни растягиваются, то узел A смещается вниз. Если бы, например, в силовой схеме было решено, что в стержне 2 действует сжимающее усилие, то мы не могли бы переместить его нижнее сечение, прикрепленное к шарниру A, вниз, так как стержень удлинялся бы под действием сжимающей силы. Для выполнения условия строгого соответствия в отдельных задачах вначале изображают вероятную, предполагаемую деформированную систему и затем соответственно ей строят силовую. 24

При невыполнении условия строгого соответствия полученный положительный знак перед искомым неизвестным усилием не свидетельствует о том, что оно (усилие) на силовой схеме направлено верно, а знак минус не обязательно говорит о том, что усилие нужно направить в противоположную сторону. 1.3.2. Несимметричная система сходящихся сил Рассмотрим несимметричную систему из трех стержней, расчетная схема которой представлена на рис. 1.10, а. Найдем усилия в стержнях. Выбрав за объект равновесия узел A и вырезав его сечением n − m по стержням, запишем уравнения равновесия для силовой схемы (см. рис. 1.10, б), приняв, что все стержни испытывают растяжение: n

∑ Zi = 0 ,

i =1 n

∑ Yi = 0 ,

i =1

− N x1 sin α + N x3 sin β = 0 ,

(1.32)

N x1 cos α + N x2 + N x3 cos β − P = 0 .

(1.33)

Откуда следует, что система один раз статически неопределимая. Построим деформированную систему. Пусть новое положение узла будет A′ . Применив способ раскрепления узла, построим диаграмму перемещений (см. рис. 1.10, а). Отдельно диаграмма изображена на рис. 1.10, в. Для того чтобы установить связь между элементами диаграммы, соединим точки A и A′ прямой и обозначим ∠A′AA2 = γ , тогда Δl3 Δl1 Δl , = 2 = AA′ = cos(α − γ ) cos γ cos(β + γ ) откуда Δl1 cos γ = Δl2 cos(α − γ ) , (1.34) Δl1 cos(β + γ ) = Δl3 cos(α − γ ) , (1.35) N x li где Δli = i . Ei Fi Таким образом, имеем четыре уравнения (1.32) – (1.35), из которых легко определить неизвестные N x1 , N x2 , N x3 и γ.

25

Рис. 1.10

1.3.3. Общий случай плоской системы сил Найдем усилия в стержнях 1, 2, 3, на которых подвешена балка AB, прикрепленная шарнирно-неподвижной опорой к стенке в точке A и загруженная силой P (рис. 1.11). Балку AB считаем абсолютно твердым телом по сравнению со стержнями. Весом балки по сравнению с силой P пренебрегаем. Выбрав за объект равновесия балку AB, выделим ее сечением n − m по стержням 1, 2, 3 (см. рис. 1.11, б). Запишем уравнения равновесия, принимая, что все стержни испытывают растяжение: n

∑ Yi = 0 ,

i =1

RA + N x1 + N x2 − P + N x3 cos α = 0 , 26

(1.36)

Рис. 1.11 n

∑ Zi = 0 ,

i =1

− H A − N x3 sin α = 0 ,

(1.37)

n

∑MA = 0,

i =1

− N x1 a − N x2 (a + b) + P (a + b + c) − N x3 (a + b + c + d ) cos α = 0 , (1.38)

откуда следует, что задача два раза статически неопределимая. Заметим, что уравнения (1.36) и (1.37) можно было и не составлять, 27

так как в них входят силы RA и H A , которые определять не нужно. Согласно (1.13) имеем K = 4 (четвертый контур образуют стержни шарнирно-неподвижной опоры у сечения A), Ш = 10 , тогда S = 12 − 10 = 2 . Построим деформированную систему. Под действием силы P балка AB повернется вокруг шарнира A и займет положение AB1 (штрихпунктир на рис. 1.11, а). Величина попорота балки определяется деформациями стержней; ввиду малости деформаций можно считать, что любая точка балки перемещается по вертикали вниз. Это допущение соответствует рассмотренному в разд. 1.3.2 допущению о замене дуги окружности (засечки) прямой, перпендикулярной к первоначальному положению подвижного радиуса. В данном случае подвижной радиус – балка AB. Применив способ раскрепления узла, изобразим деформацию стержня 3. Из диаграммы перемещений (см. рис. 1.11, в) запишем: CC1 DD1 Δl1 Δl = = 2 , или (1.39) a a+b a a+b CC1 KK1 Δl3 Δl1 = или . (1.40) = a a+b+c+d a cos α(a + b + c + d ) Заменяя в дополнительных уравнениях (1.39) и (1.40) N x li Δli = i , получаем еще два уравнения, связывающих неизвестEi Fi ные усилия. 1.3.4. Влияние температурного фактора Найдем усилия в стержнях, на которых подвешен абсолютно жесткий брус KS (рис. 1.12), весом которого можно пренебречь, если в процессе эксплуатации стержень 2 нагревается на Δt градусов. При нагревании стержень 2, удлиняясь, будет давить на брус KS, стремясь сместить его вниз. Так как брус KS подвешен на стержнях 1 и 3, которые не позволяют ему свободно перемещаться вниз, он будет сопротивляться этому давлению, и со стороны бруса на стержень 2 будет действовать реакция, вызывающая в стержне напряжения сжатия. В стержнях 1 и 3 возникают растягивающие напряжения. 28

Рис. 1.12

Приняв за объект равновесия брус KS, мысленно отрежем его сечением n − m по стержням и рассмотрим условия равновесия для силовой схемы (см. рис. 1.12, б): ∑Z = 0 , H = 0 ,

29

n

∑ Yi = 0 ,

i =1 n

∑MA = 0,

i =1

N x1 − N x2 + N x3 = 0 ,

(1.41)

N x2 a − N x3 (a + b) = 0 ,

(1.42)

Откуда получаем, что задача один раз статически неопределимая. Изобразим деформированную систему. Пусть брус KS в связи с деформацией стержней займет положение K1S1 (штрихпунктир на рис. 1.12, а). Ввиду малости деформаций можно считать, что точки A, B, С бруса переместятся по вертикали вниз. Отрезки AA1 и CC1 представляют собой удлинения соответственно стержням 1 и 3, обусловленные только лишь действием растягивающих усилий N x1 и N x3 , как показано на диаграмме перемещений (см. рис. 1.12, в). Что же касается отрезка BB1 , то он будет представлять собой разность удлинения стержня, обусловленного его нагреванием, и укорочения, вызванного сжимающей силой N x2 . Действительно, если бы стержень 2 был бы свободен, его удлинению от нагрева не препятствовал бы брус KS, стержень удлинился бы на величину большую, чем BB1 , например на BB2 ; возникающее же в стержне сжимающее усилие (реакция со стороны бруса вызывает сжатие в стержне) сокращает это удлинение на величину отрезка B1B2 , т.е. B1B2 и представляет собой величину абсолютного укорочения стержня 2, обусловленного действием сжимающей силы N x2 , а поэтому BB1 = Δl2 = BB2 − B1B2 = Δl2 (Δt ) − Δl2 ( N x2 ) .

(1.43)

Следует особое внимание обратить на то, что в выражение (1.43) входит модуль деформации, вызванной силовым фактором N x2 , так как здесь имеет место простое арифметическое вычитание длин отрезков. Для установления зависимости между деформациями стержней проведем в диаграмме перемещений вспомогательную прямую A1B′C ′ и из подобия треугольников запишем, что 30

B′B1 C ′C1 BB1 − AA1 CC1 − AA1 = или , = a a+b a a+b тогда дополнительное уравнение будет иметь вид: ⎡ Δl2 (Δt ) − Δl2 ( N x ) ⎤ − Δl ( N x ) Δl ( N ) − Δl ( N ) 3 1 x3 x1 2 ⎦ 1 ⎣ , (1.44) = a a+b где N x li Δli ( N xi ) = i ; Δl2 (Δt ) = αΔtl2 . Ei Fi Как видно из приведенной диаграммы, при решении задачи выдержано условие строгого соответствия. Действительно, стержни 1 и 3 испытывают растяжение и длина каждого увеличилась на величину Δli ( N xi ) , а стержень 2 сжимается силой N x2 , что и определи-

ло уменьшение его удлинения, вызванного нагревом на Δt градусов, на величину отрезка B1B2 = Δl2 ( N x2 ) . 1.3.5. Выполнение условия строгого соответствия

Составим уравнения, с помощью которых можно определить усилия в стержнях 1, 2 и 3 (рис. 1.13). Система такая же, как и в разд. 1.3.4, но в процессе эксплуатации стержень 3 охлаждается на Δt ° , что должно укоротить его длину. Этому укорочению препятствует брус KS, в результате чего в стержне возникает растягивающее усилие N x3 . Пусть отрезок CC2 = Δl3 и представляет собой деформацию стержня (см. рис. 1.13, б). Исходя из вышесказанного следует, что CC2 = CC1 − C1C2 или Δl3 = Δl3 (Δt ) − Δl3 ( N x3 ) , (1.45) где Δl3 (Δt ) = αΔtl3 – укорочение стержня от охлаждения, если бы N x l3 он был свободен; Δl3 ( N x3 ) = 3 – величина, на которую стерE3 F3 жень удлиняется от действия реакции со стороны бруса KS, вызывающей в стержне растяжение. 31

Рис. 1.13

Какие же усилия возникают при этом в стержнях 1 и 2? На этот вопрос отвечаем, построив диаграмму перемещений. Рассмотрим три возможных варианта. 32

1. Если принять, что стержни 1 и 2 укорачиваются, т.е. ось бруса пройдет выше точек A и B (тонкая сплошная линия K1S1 на рис. 1.13), то в этом случае в стержнях 1 и 2 возникают сжимающие усилия (см. рис. 1.13, в), а отрезки N x1 l1 N x2 l2 AA1 = Δl1 = и BB1 = Δl2 = E1F1 E2 F2 представляют собой укорочения этих стержней. 2. Если принять, что стержень 2 укорачивается, а стержень 1 удлиняется, т.е. ось бруса после их деформации пройдет выше точки B, но ниже A (штриховая линия K 2 S 2 ), то в этом случае в стержне 1 возникает растягивающее усилие, а в 2 – сжимающее, что отображено на силовой схеме (см. рис. 1.13, г), при этом отрезок AA2 представляет собой удлинение стержня 1, а отрезок BB2 – укорочение стержня 2, вызванные, соответственно, силами N x′1 и N x′ 2 . 3. Если принять, что стержни 1 и 2 удлиняются, т.е. ось бруса пройдет ниже точек A и B (штрихпунктирная линия K3 S3 ), то в стержнях возникают растягивающие усилия (см. рис. 1.13, д), а отрезки AA3 и BB3 представляют собой удлинения стержней, вызванные, соответственно, силами N x′′1 и N x′′2 . Как видим, во всех вариантах предполагаемая деформированная система определяет силовую схему. Хотя второй вариант наиболее логичен, любой из приведенных трех вариантов может быть использован при решении, так как в каждом выдержано условие строгого соответствия силовой и деформационной системы, а знаки в конечном результате укажут, правильно ли были выбраны направления сил. При решении, например, по третьему варианту уравнения равновесия (см. рис. 1.13, д) имеют вид: n

∑ Yi = 0 ,

i =1 n

∑MA = 0,

i =1

N x′′1 + N x′′2 + N x3 = 0 , − N x′′2 a − N x3 (a + b) = 0 ,

33

(1.46) (1.47)

а дополнительное уравнение получим из диаграммы перемещений (см. рис. 1.13, б), Проведем параллельно KS вспомогательную прямую A3 B4C3 . Рассмотрев подобные треугольники, + A3 B3 B4 ഗ ഗ + A3C2C3 , можно записать, что C2C3 B3 B4 C2C + AA3 AA3 − BB3 = = или , a+b a a+b a а заменив отрезки соответствующими деформациями, имеем ⎡ ⎤ ′′ ⎣ Δl3 (Δt ) − Δl3 ( N x3 ) ⎦ + Δl1 ( N x1 ) = Δl1 ( N x′′1 ) − Δl2 ( N x′′2 ) , (1.48) a+b a которое и представляет собой третье дополнительное уравнение. 1.3.6. Влияние монтажного фактора В статически определимых системах неточности изготовления не вызывают каких-либо усилий в элементах системы. Действительно, если длина стержня 2 (рис. 1.14, а) на величину δ*) меньше проектного размера l2 , то это приведет при сборке к смещению узла из проектной точки A в A1 . В статически неопределимых системах неточность изготовления элементов приводит к возникновению при сборке так называемых начальных или монтажных напряжений. Так, для того чтобы в симметричной системе (рис. 1.14, б) соединить точку A с узлом A′ , необходимо к стержню 2 приложить растягивающее усилие и удлинить его, а к стержням 1 и 3 – сжимающие усилия, несколько укоротить их. При этом узел A сместится вверх, узел A′ – вниз в некоторую точку A1 . В стержнях возникнут усилия N xi (рис. 1.14, в). Как известно, для плоской системы сходящихся сил можно составить только два уравнения равновесия в виде:

*)

Еще раз напомним, что для удобства изображения δ, как и деформации Δl, перемещения Ux на других рисунках показаны в существенно большем масштабе, чем другие элементы схемы. Действительные значения абсолютных деформаций, неточностей в изготовлении стержней и т.п. имеют величину 1/1000 и меньше от длины стержней. 34

n

n

i =1

i =1

∑ Yi = 0 , ∑ Zi = 0 , следовательно, задача будет один раз статиче-

ски неопределимой.

Рис. 1.14 35

Дополнительное уравнение составим из рассмотрения диаграммы перемещений (рис. 1.14, г). При построении диаграммы применен способ раскрепления узла A; каждый из крайних стержней был сначала сжат на величину абсолютного укорочения, а затем нижняя точка стержня перемещена в точку A1 , т.е. из нее на первоначальное положение подвижного радиуса (первоначальное положение крайнего стержня) опущен перпендикуляр (см. разд. 1.3.1). Тогда δ − Δl2 ( N x2 ) =

где Δl2 ( N x2 ) =

N x2 l

Δl1 ( N x1 cos α

,

– удлинение стержня 2, а Δl1 ( N x1 ) =

EF укорочение стержня 1.

(1.3.1) N x1 l EF cos α

–

1.3.7. Суммарное влияние силового, температурного и монтажного факторов Абсолютно жесткий брус, собственным весом которого пренебрегаем, загружен силой P (рис. 1.15, а). Стержень 2, изготовленный на величину δ длиннее необходимого размера, должен быть при сборке присоединен к точке С. Стержень 1 в процессе эксплуатации нагревается на Δt ° . Требуется найти усилие в стержнях. Решение задачи удобно начать с построения деформированной системы. Предположим, что в результате действия всех факторов ось бруса займет новое положение AK1 . При этом пусть отрезок BB1 будет больше увеличения длины стержня 1 за счет нагрева, т.е. допустим, что BB1 > Δl1 ( Δt ) = αΔtl = BB′ , как показано на диаграмме перемещений (рис. 1.15, б), тогда отрезок B1B ′ будет представлять собой удлинение стержня, вызванное силой N x1 , следовательно, N x1 – также растягивающая. Деформацию стержня 3 найдем, при-

менив способ раскрепления узла D, т.е. удлиняем стержень на величину DD′ = Δl3 ( N x3 ) , затем поворачиваем стержень и помещаем 36

его конец D′ в точку D1 . Иначе говоря, опускаем из точки D1 перпендикуляр на первоначальное положение подвижного радиуса (на первоначальное направление оси стержня 3). Таким образом, и стержень 3 также испытывает растяжение.

Рис. 1.15 37

В строгом соответствии с диаграммой перемещений изобразим силовую схему (рис. 1.15, в), приняв за объект равновесия брус AK и выделив его сечением n − m по стержням. Тогда уравнения равновесия имеют вид ⎧n ⎪∑ Zi = 0, − H A + N x3 sin α = 0; ⎪i =1 ⎪n ⎪∑ Yi = 0, RA + N x1 + N x2 + N x3 cos α − P = 0; (1.50) ⎨i =1 ⎪n ⎪∑ M A = 0, − N x a − N x (a + b) − N x (a + b + c) cos α + 1 2 3 ⎪i =1 ⎪ + P (a + b + c + d ) = 0, ⎩ Следовательно, задача два раза статически неопределимая. Дополнительные уравнения запишем из рассмотрения диаграммы перемещений, из которой следует, что Δl1 (Δt ) + Δl1 ( N x1 ) δ + Δl2 ( N x2 ) BB1 CC1 = или , (1.51) = a a+b a a+b Δl1 (Δt ) + Δl1 ( N x1 ) Δl3 ( N x3 ) BB1 DD1 или , (1.52) = = a cos α (a + b + c) a a+b+c N x li где Δl ( N xi ) = i . Ei Fi Очевидно, что в рассмотренной задаче усилия в стержнях могут быть определены и отдельно от каждого воздействия (от силы Р, изменения температуры, влияния δ), а затем на основании принципа независимости действия сил можно получить значение суммарного усилия для каждого стержня.

1.3.8. Прием временного отвердевания Найдем усилия в стержнях 1, 2 и 3 (рис. 1.16, а), принимая брус KS за абсолютно жесткий, весом которого можно пренебречь. В результате действия вдоль оси стержня 1 силы Р, приложенной в сечении D стержня, в участке DH возникает растягивающее усилие, а в участке AD – сжимающее. Действие последнего передается через узел A на брус KS и точка A сместится вниз. Предположим, что и точки B и C также сместятся вниз, т.е. ось бруса займет положение K1S1 . 38

Рис. 1.16

Смещение точек B и С вниз свидетельствует об удлинении стержней 2 и 3, следовательно, в этих стержнях действуют растягивающие усилия. 39

Для построения силовой схемы и составления уравнений равновесия выберем за объект равновесия брус KS и выделим его сечением n − m по стержням (рис. 1.16, б), тогда n

∑ Yi = 0 :

i =1

N x′1 − P + N x2 + N x3 = 0 ,

∑Z = 0 : n

∑MA = 0,

i =1

(1.53)

H =0,

− N x2 a − N x3 (a + b) = 0 .

(1.54)

Третье независимое уравнение равновесия получим, выделив объект равновесия (брус) сечением h − k (рис. 1.16, а, в), тогда n

∑ Yi = 0 ,

i =1

− N x′′1 + N x2 + N x3 = 0 .

(1.55)

Вместо уравнения (1.55) можно составить третье независимое уравнение равновесия, рассмотрев в качестве объекта равновесия часть стержня 1, выделенную сечением n и h (рис. 1.16, д), тогда n

∑ Yi = 0 ,

i =1

N x′1 − P + N x′′1 = 0 .

(1.56)

Следует обратить внимание, что формула (1.56) не является четвертым независимым уравнением, так как представляет собой следствие уравнений (1.53) и (1.55) (или уравнение (1.55) – следствие уравнений (1.53) и (1.56)). Таким образом, данная задача один раз статически неопределимая. Такой же результат получим по формуле (1.13): K = 3 , Ш = 8 , S = 3⋅3 − 8 =1. Рассмотрим диаграмму перемещений (рис. 1.16, г). Перемещение по вертикали точки C равно деформации третьего стержня Nx l U Cy = CC1 = Δl3 = 3 , а перемещение точки B – U yB = BB1 = E3 F3 N x2 l . = Δl2 = E2 F2 40

Очевидно, что перемещение точки A ( U yA ) складывается из деформации участка AD и DH стержня 1. Для того чтобы избежать ошибки в оценке вклада участков в перемещение точки A, воспользуемся приемом временнóго отвердевания. Пусть участок AD стержня 1 превратился в абсолютно твердое тело. Сечение D стержня переместится вниз настолько, насколько растянется участок DH, т.е. 2 N x′1 ⋅ l 3 , U yD = Δl1′ = E1F1 на столько же (так как участок AD абсолютно твердый) переместится вниз и точка A. Очевидно, что в действительности точка A сместится вниз на меньшую величину, так как участок AD упругий 1 N x′′1 l 3 . и под действием N x′′1 сожмется на Δl1′′ = E1F1 Таким образом, U yA = AA1 = Δl1′ − Δl1′′ . (1.57) Для составления дополнительного уравнения проведем вспомогательную прямую A2C1 & AC , тогда ⎡ Δl1′ − Δl1′′ ⎤⎦ − Δl3 Δl2 − Δl3 AA1 − CC1 BB1 − CC1 = = или ⎣ . (1.58) a+b b a+b b Выражая согласно закону Гука Δli через N xi в уравнении (1.58)

и решая совместно с уравнениями (1.53), (1.54) и (1.55), найдем искомые усилия в стержнях. 1.3.9. Задачи «Диски» Пусть требуется определить усилия в стержнях 1, 2, 3, поддерживающих абсолютно жесткий брус AK, весом которого по сравнению с величиной P пренебрегаем (рис. 1.17, а). Начнем решение задачи с изображения деформированной системы, для чего мысленно заменим брус AK диском (рис. 1.17, б). В диске проводим радиусы rB и rC из точки K, вокруг которой диск 41

Рис. 1.17

42

поворачивается на некоторый небольшой угол γ (величина угла поворота диска определяется деформациями стержней). Любой радиус в диске, проведенный из точки K, повернется на угол γ. Новое положение точек B и C найдем, проведя BB1 ⊥ BK и C1C ⊥ CK – перпендикуляры к первоначальному положению подвижных радиусов. Способом раскрепления узла строим у шарниров B и C диаграммы перемещений (рис. 1.17, в, г), откуда следует, сто стержни 1 и 2 испытывают растяжение, а стержень 3 – сжатие. Принимая за объект равновесия брус AK и выделяя его сечением n − m по стержням, получаем силовую схему (рис. 1.17, д), для которой можно составить три уравнения равновесия, а именно: n

n

n

i =1

i =1

i =1

∑ Yi = 0 , ∑ Zi = 0 , ∑ M K

= 0.

(1.59)

В них войдут пять неизвестных N x1 , N x2 , N x3 , RK и H K , т.е. задача два раза статически неопределимая. Дополнительные уравнения получим из диаграммы перемещений (рис. 1.17, в) Δl3 Δl2 , (1.60) = BB1 = sin(α + ψ ) cos(β + ψ ) а также из подобия треугольников BKB1 ഗ CKC1 (две пары углов соответственно равны) в деформированной системе (см. рис. 1.17, б) CC1 BB1 Δl1 Δl2 или , (1.61) = = rC rB cos 2βrC sin(α + ψ )rB где N x li Δli = i . Ei Fi Очевидно, что разд. 1.3.3 – 1.3.7 – частные случаи задач «дисков», в которых все стержни прикреплены к одному подвижному радиусу диска (отрезок прямой AK на рис. 1.11 и 1.15).

43

1.4. Интеграл Мора для определения перемещений Использование интеграла Мора в большинстве случаев рассматривается в темах изгиба, сложного сопротивления и т.д., хотя он вполне применим для темы растяжения. 1.4.1. Решение статически определимых задач При наличии только одного внутреннего силового фактора N x интеграл Мора имеет вид N x j Ni j dx n δ= ∑ ∫ , (1.62) E j Fj j =1 l j

где N x j – выражение внутреннего силового фактора на j-м участке (стержне) от заданной нагрузки; Ni j – выражение внутреннего силового фактора на j-м участке от единичной (безразмерной) силы, приложенной в i-м сечении в направлении искомого перемещения; l j и E j F j – длина и жесткость поперечного сечения j-го участка (стержня) соответственно. Для стержневых систем, элементы которых испытывают только деформацию растяжения-сжатия от сосредоточенных сил, формула (1.62) имеет вид N x j Ni j l j , (1.63) δ=∑ E j Fj которая была предложена Максвеллом. Верещагином был предложен графоаналитический способ вычисления интеграла Мора в случае, если оси стержней прямолинейны и жесткость EF постоянна или кусочно-постоянна. Согласно способу Верещагина интеграл Мора может быть вычислен по формуле C n ω j Ni j , (1.64) δ= ∑ E F j =1 j j где ω j – площадь так называемой грузовой эпюры, т.е. эпюры N x от действующих нагрузок; NiCj – ордината эпюры нормальной силы N x 44

на j-м участке от единичной силы, под центром тяжести грузовой площади ω j ; единичная сила приложена в i-м сечении, перемещение которого определяется и в направлении искомого перемещения. Операцию в числителе формулы (1.64) принято называть «перемножением» эпюр. Покажем как для стержня, изображенного на рис. 1.18, а, определяется перемещение, например, сечения K в направлении оси x с помощью способа Верещагина. Покажем именно возможность, а не как рекомендацию к рациональному решению (см. вариант 2 к данному примеру). Расчетная схема представлена на рис. 1.18, б; жесткость поперечного сечения на участке AB равна 2EF, а на участке BK – EF. Из уравнения равновесия в виде ∑ x = 0 , получим, что RA = ql . На рис. 1.18, в изображена эпюра N x (грузовая площадь). На рис. 1.18, г дана единичная система. В сечении K (сечение i-е перемещение которого будем определять) приложена единичная сила P° = 1 по направлению x (по направлению искомого перемещения). На рис. 1.16, в показаны положения центров тяжести C1 , C2 , C3 грузовых площадей. Отметим, что для этой задачи определять положения центров тяжести нет смысла, так как где бы они не находились, ординаты на эпюре N x везде одинаковы, т.е.

NC1 = NC2 = NC3 = 1 .

По формуле (1.64) 1 1 UK = ω1 N C1 + (ω2 NC1 + ω3 N C2 ) = EF 2 EF 2 1 3 2 1 ⎛5 2 2 ⎞ 25 ql ql ql 1 3 1 . = ⋅ ql ⋅ 1 + ⋅ + ⋅ = ⎜ ⎟ 2 EF 2 EF ⎝ 2 ⎠ 4 EF Знак «+» в результате указывает, что направление перемещения сечения K совпадает с направлением единичной силы P° = 1 . Вариант 2 решения. Исходя из принципа суперпозиции (принципа независимости действия сил) и учитывая формулы (1.8) и (1.9) определим U K : UK = −

ql 2 (ql ) ⋅ l ql 2 P ⋅ l P ⋅ 2l 25 ql 2 . − − + + = 2 ⋅ 2 EF 2 EF 2 EF 2 EF 4 EF EF 45

Рис. 1.18

Откуда делаем вывод, что при решении задачи нужно выбирать менее трудоемкий и более компактный способ решения. Для стержневой системы в виде кронштейна (рис. 1.19, а) необходимо определить вертикальное и горизонтальное перемещения узла B. Вариант 1. При решении воспользуемся способом Верещагина. Из рассмотрения равновесия узла B (рис. 1.19, б) в виде уравнений ∑ Z = 0 , ∑ Y = 0 получим, что N x1 = 3P , N x2 = 2 P . Эпюры N x (грузовые площади) представлены на рис. 1.19, в. Для определения вертикального перемещения узла B изобразим единичную систему (рис. 1.19, г) с силой P° = 1 , приложенной к узлу B по вертикали; эпюры N x представлены на рис. 1.19, д. По способу Верещагина 1 1 ⎛ 2 ⎞ δB = ω1 N C1 + ω2 N C2 = l ⋅ 2⎟ = ⎜ 3P ⋅ l ⋅ 3 + 2 P ⋅ EF EF ⎝ 3 ⎠

(

)

46

8 ⎞ Pl ⎛ . = ⎜3 + ⎟ 3 ⎠ EF ⎝ Для определения горизонтального перемещения изобразим единичную систему, загруженную силой P° = 1 по горизонтали (рис. 1.19, е). Из рассмотрения равновесия узла B (рис. 1.19, ж) получим, что N x′1 = P° = 1 , а N x2 = 0 . Эпюра N x для этой единичной

системы представлена на рис. 1.19, з.

Рис. 1.19

47

1 3Pl . ω1 NC′ 1 = EF EF Вариант 2. Из условий равновесия узла B имеем, что N x1 = 3P , N x2 = 2 P . Тогда δГ =

N x ⋅ l2 2P ⋅ l 4 Pl 3P ⋅ l = = , Δl2 = 2 . cos30° EF EF EF EF 3EF Изобразим деформационную систему и построим диаграмму перемещений (рис. 1.20). Δl1 =

N x1 ⋅ l1

=

Рис. 1.20

Из диаграммы перемещений имеем, что 3Pl δГ = Δl1 = ; EF Δl Δl 3P ⋅ l ⋅ 3 4 Pl ⋅ 2 ⎛ 8 ⎞ Pl . δB = 1 + 2 = + = ⎜3 + ⎟ EF ⋅ 1 tgα sin α 3EF ⋅ 1 ⎝ 3 ⎠ EF 1.4.2. Статически неопределенные многостержневые системы при растяжении-сжатии (канонические уравнения метода сил) План решения состоит из следующих операций. 1. Отбрасывая «лишние» связи, стоим основную систему. 2. Загрузив основную систему всеми внешними нагрузками, в том числе «лишними» неизвестными, которые заменили «лишние» 48

связи, получаем эквивалентную систему. При этом «лишние» неизвестные переходят в категорию внешних активных сил. 3. Записываем канонические уравнения метода сил. Для n раз статически неопределимой системы уравнения имеют вид: δ11 X1 + δ12 X 2 + ... + δ1n X n + Δ1 p = 0 ; (1.65) δ21 X1 + δ22 X 2 + ... + δ2 n X n + Δ 2 p = 0 ;

(1.66)

… δn1 X1 + δn 2 X 2 + δnn X n + Δ np = 0 . Уравнение (1.65) представляет собой перемещение точки приложения силы X 1 в направлении этой силы. Аналогично уравнение (1.66) – перемещение точки приложения силы X 2 в направлении этой силы и т.д. В уравнениях: Δ ip – грузовое перемещение только от заданной внешней нагрузки в эквивалентной системе, определенной в точке приложения и в направлении неизвестной силы X i ; δii – главное единичное перемещение (главные коэффициенты канонического уравнения), которое представляет собой перемещение i-й точки от единичной силы в направлении X i силы; δij – побочные единичные перемещения (побочные коэффициенты канонического уравнения), которые представляют собой перемещения i-й точки (точки приложения силы X i и в направлении X i от единичной силы, направленной так же, как и X j . Отметим, что δij = δ ji . Для определения Δ ip , δii , δij необходимо построить эпюры N x от только заданной нагрузки для эквивалентной системы, т.е. построить грузовые площади; построить эпюры N x от единичных усилий для основной системы, загруженной только единичными силами, приложенными в (i, j) точке по направлениям i, j, …, n. Далее следует произвести, например, по способу Верещагина перемножение эпюр, т.е. для получения Δ ip перемножить грузовую эпюру N x с эпюрой N xi от i-й единичной силы; для получения δii – перемножить эпюру N xi от X 1 = 1 саму на себя; а δij полу49

чим, перемножив эпюру N xi на эпюру N x j . Подчеркнем, что все эпюры N xi относятся к эпюрам от единичных усилий. При перемножении следует учитывать знаки эпюр. В самом общем виде канонические уравнения записываются так [15]: n

∑ δ jk X k + Δ jp = 0 ,

j = 1, 2, 3, ..., n .

(1.67)

k =1

Если в системе температура изменяется на ΔT , то канонические уравнения принимают вид n

∑ δ jk X k + Δ jT

= 0,

(1.68)

k =1

где Δ jT – температурное перемещение в основной системе в направлении X j , и может быть вычислено по формуле: m

Δ jT = ∑ αi ΔTi N jj li ,

(1.69)

i =1

где αi – температурный коэффициент линейного расширения на j-м участке (в i-м стержне); ΔTi – изменение температуры; N jj – нормальная сила N x от действия единичной силы X j = P° = 1 , приложенной в направлении действия «лишней» неизвестной; li – длина участка, на котором происходит изменение температуры. При наличии монтажного зазора Δ j в направлении X j каноническое уравнение запишется: n

∑ δ jk X k

k =1

= −Δ j .

(1.70)

Пример решения с использованием канонических уравнений показан в задаче 1.14, в которой можно убедиться, что решения с помощью канонического уравнения менее трудоемко. Более подробно применение канонических уравнений метода сил будет рассмотрено при решении рамных систем.

50

1.5. Задачи Задача 1.1. При креплении швеллера к абсолютно жёсткой ( EF = ∞ ) плите, в болте, при затяжке гайкой, вызвано растягивающие усилие N x = N 0 . Как будет меняться усилие в болте, если швеллер будет нагружаться силой 0 ≤ P ≤ 4 N 0 (рис. 1.21)? Построить график N x = f ( P ) .

Рис. 1.21

Рис. 1.22

Задача 1.2. Доказать, что работа силы P (при статическом нагружении от 0 до P ) численно равна потенциальной энергии деформации стержневой системы (рис. 1.22). Дано P, l , E , F . Деформацией и весом балок I, II пренебречь. Задача 1.3. Построить эпюру N x с учётом массы стержня (рис. 1.23). Дано P, l , m – масса стержня. Задача 1.4. Абсолютно жесткий ( EF = ∞ ) брус AB подвешен на упругом тросе, пропущенном через блоки C и D (рис. 1.24). Дано P, EF для троса, a . Определить положение сечения троса, которое останется неподвижным при действии силы P . Силами трения, размерами блоков и весом бруса AB пренебречь.

51

Рис. 1.24

Рис. 1.23

Задача 1.5. Брус AB (рис. 1.25) абсолютно жесткий, весом которого пренебрегаем. Стержни 1 и 2 упругие ( EF = 2 ⋅ 104 кН), l = 1 м. Определить силу P , если при её приложении узел B переместился по вертикали на 0,08 см. Задача 1.6. Стержень Рис. 1.25 круглого поперечного сечения (рис. 1.26, а) имеет по любому диаметру поперечного сечения переменный модуль E ( ρ ) (эпюра приведена на рис. 1.26, б). Построить эпюру нормальных напряжений при справедливости гипотезы плоских сечений. P и r заданы.

Рис. 1.26 52

Задача 1.7. Колонна сжимается под действием силы P , равномерно распределённой по верхнему сечению, и собственного веса (рис. 1.27). Требуется подобрать закон изменения площади поперечного сечения колонны из условия равнопрочности. P, γ, [σ] заданы.

Рис. 1.28

Рис. 1.27

Задача 1.8. Доказать, что в стержневой системе (рис. 1.28) узел А перемещается в направлении силы P , если жесткости всех стержней одинаковы. Задача 1.9. Шарнир А может перемещаться по желобу свободно, но только по вертикали (рис. 1.29). Жесткости стержней одинаковы. При каком соотношении α и β в стержнях не возникают напряжения при их нагревании на Δ t . Задача 1.10. Абсолютно жесткая балка, весом которой пренебрегаем, подвешена на упругих стержнях одинаковой жесткости (рис. 1.30). Определить монтажные напряжения, возникающие в стержнях при сборке – при присоединении точечного шарнира А к А1 ( δ << a ).

Рис. 1.29

Рис. 1.30 53

Рис. 1.31

Задача 1.11. В системе (рис. 1.31) все три стержня имеют одинаковую длину и жесткость. Найти горизонтальное и вертикальное перемещение узла А . Задача 1.12. На какую величину δ надо укоротить правый стержень, состоящий из двух частей, с помощью стяжной гайки А , чтобы абсолютно жёсткий брус весом P , подвешенный на трех одинаковых стержнях, оставался бы горизонтальным (рис. 1.32)? Известны P, l , α и EF стержней.

Рис. 1.33

Рис. 1.32

Задача 1.13. Определить напряжения в стержнях плоской фермы в виде правильного многоугольника, загруженной в узлах радиальными силами P (рис. 1.33). Жесткость всех стержней одинакова. Длина каждого радиального стержня l .

Рис. 1.34

Задача 1.14. Для стержневой системы (рис. 1.34), линейные и угловые размеры которой известны, определить, как и насколько градусов нужно изменить температуру стержня AC, чтобы на участке AB напряжения стали бы равны нулю. Устойчивость стержней 54

считать обеспеченной. Известно: P = 50 кН, для всех стержней 1 E = 2 ⋅ 105 МПа, F = 16 см 2 , α = 12,5 ⋅ 10−6 . град Задача 1.15. Стержень постоянного поперечного сечения жестко заделан правым и левым крайними сечениями (рис. 1.35). Стержень равномерно нагревается по всей длине на Δ t . Показать без вычислений, что в стержне не возникают перемещения сечений по направлению оси x .

Рис. 1.35

Рис. 1.36

Рис. 1.37

Задача 1.16. Упругий стержень AK жесткостью EF жестко заделан верхним сечением. Между нижним сечением K и поверхностью B − B имеется зазор Δ << a (рис. 1.36). Стержень в сечении C статически нагружается силой до величины P , при достижении которой сечение K коснется поверхности B − B . В момент касания сечение K приваривается к поверхности B − B , после чего стержень разгружают. Определить остаточные напряжения в стержне. Задача 1.17. Для стержня AB , защемлённого крайними сечениями (рис. 1.37), построить эпюры напряжений σ x по длине и перемещений u x сечений, вызванных действием собственного веса. γ , F , l , Eсж = 2 Eраст известны. 1.6. Решения, указания, ответы

1.1. График имеет вид:

55

1.2. 1. Определяем тип задачи по формуле (1.13): S = 3 ⋅ 2 − 6 = 0 , так как K = 2 , Ш = 6 , т.е. задача статически определимая. 2. Выделяем объекты равновесия (рис. 1.38). 3. Составляем уравнения равновесия для первой, второй и третьей 1 схемы рис. 1.38: ∑ m A = 0 ; ∑ mB = 0 ; ∑ x = 0 ; откуда N x1 = − P 3 (нужно поменять направление N x1 на обратное, т.е. в стержне имеет 2 4 P (сжатие) , N x3 = P (растяжение) . 3 3 4. Определяем перемещения и деформации (рис. 1.39). δC > δ S , так как стержни 1 и 3 растягиваются, т.е. δC − δ S = Δ l1 + Δ l3 ; δ K > δ D , так N x ⋅ li . С учекак стержень 2 сжимается, т.е. δ K − δ D = Δl2 . Δ li = i EF δ 2a δC 2a 13 Pl , , найдем, что δ S = . том, что K = = 9 EF a δD a δS

место растяжение), N x2 =

Рис. 1.38

Рис. 1.39 56

5. Определяем работу силы P и потенциальную энергию де1 1 25 P 2l формации. Работа , где A = P ⋅ uн = P ⋅ (δ S + Δ l3 ) = 2 2 18 EF uH = δ S + Δl3 – перемещение точки приложения силы, т.е. путь, пройденный силой. Потенциальная энергия деформации стержнеN x21 l1 N x22 l2 N x23 l3 25 P 2l . вой системы U = + + = 2 EF 2 EF 2 EF 18 EF 1.3. 1. Сила, вызывающая ускорение, равна 2 P − P = P ; ускорение a = P / m ; интенсивность распределенной по длине силы инерции qi = ma / l . 2. Исходя из принципа Даламбера, составим уравнение равновесия для части стержня длиной х (рис. 1.40, а): − N x − qi x + 2 P = 0 , N x = 2 P , при x = l Nx = P откуда N x = 2 P − qi x . При x = 0 (рис. 1.40, б).

Рис. 1.41

Рис. 1.40

1.4. 1. Выделяем объект равновесия с учетом того, что во всех участках троса N x = N – растягивающие (рис. 1.41).

Рис. 1.42

57

P . 2 3. Рассмотрим деформированную систему (рис. 1.42). Пусть сеN (a + x) чение K неподвижно, тогда отрезок SS1 = Δ SK = , отрезок EF N (a + a − x) SS1 Δ SK , а так как BB1 = Δ BK = = = BB1 Δ BK EF N (a + x) ⋅ EF a = = , то 2a − x = 2a + x ⇒ x = 0 . EF ⋅ N ( a + a − x ) 2a

2. Из уравнения равновесия

∑ mA = 0

⇒N =

Δ N ⋅a N ⋅ 2a a ; Δ BK = . ⇒ SK = Δ BK 2a EF EF 1.5. 1. Выделяем объект равновесия (рис. 1.43). 2. Составляем уравнение равновесия в виде суммы проекций сил на ось, проведенную так, чтобы в уравнение вошли только интересующие нас силы в упругих элементах (т.е. на ось, перпендикуляр-

4. Проверяем Δ SK =

ную к AB ),

∑ y =0 : −P sin 30+N x2 + N x1 sin 30= 0 .

Рис. 1.43

Рис. 1.44

3. Строим диаграмму перемещений для узла B (рис. 1.44). l1 = l , l2 = l / sin 30 , B1 – новое положение узла B , BB 1= Δ l2 , BB2 = Δ l1 =

N x1 ⋅ l1

= 0,08 см ⇒ N x1 = 16 кН. EF 4. Из диаграммы перемещений Δ l1 = Δ l2 sin 30 ⇒ N x1 = N x2 . 58

5. Подставляя значения N xi в уравнение п.2, найдем: P = 48 кН. 1.6. Вариант 1. Так как справедлива гипотеза плоских сечений, т.е. ε = const, то эпюра σ x (ρ) согласно закону Гука σ x (ρ) = ε ⋅ E (ρ) будет иметь вид, представленный на рис. 1.45. Вариант 2. Для случая, если необходимо указать значения σ x на эпюре, выраженные через заданные P и r . ⎛ 2ρ ⎞ 1. Из эпюры E ( ρ ) следует, что E ( ρ ) = E ⎜1 + ⎟ . r ⎠ ⎝ 7 2. σ x (ρ) = ε ⋅ E ( ρ ) . Тогда P = ∫ σ x (ρ) ⋅ dF = π ⋅ ε ⋅E ⋅ r 2 (где 3 F ⎛ 2ρ ⎞ ⋅ ⎜ 1 + ⎟ . При r ⎠ 7 π⋅r ⎝ 7π E r 9P 3P ρ = 0 ⇒ σ x ( ρ ) = σ0 = ; при ρ = r ⇒ σ x ( r ) = 3σ0 = . 2 7π r 7π r 2

dF = 2πρ⋅d ρ ), откуда

Рис. 1.45

ε=

3P

2

,

σx (ρ) =

3P

2

Рис. 1.47

Рис. 1.46

1.7. 1. Воспользуемся методом сечений и выделим элемент на расстоянии x от верхнего сечения, высотой dx (рис. 1.45). 2.

∑ x = 0 : N x − ( N x + dN x ) + γ ⋅ F ( x ) ⋅ dx = 0 ,

откуда

= γ F ( x )⋅dx = [σ ]⋅dF ( x ) , так как в любой точке σ x =

59

dN x =

dN x = [ σ] . dF ( x )

3.

Разделив переменные и проинтегрировав, получим γ P , тогда ln F ( x ) = ⋅ x + C . Так как при x = 0 F ( x ) = F 0 = [σ ] [ σ] F ( x ) = F 0⋅ e

γ⋅ x [ σ]

.

1.8. 1. Под действием силы P усилия N x возникают только в стержнях, прикрепленных к узлу А (рис. 1.47). Уравнения равновесия запишем в виде ∑ z = 0 , ∑ y = 0 . Задача один раз статически неопределимая. 2. Изобразим диаграмму перемещений (рис. 1.48). При ее построении выдержано условие строгого соответствия силовой схемы и деформированной системы. Δl1 3. Составим дополнительные уравнения AA1 = = cos(β − γ ) Δl Δl2 = = 3 . Из дополнительных уравнений найдем угол γ , cos(2β − γ ) cos γ значения которого сравним с углом α , полученным из уравнения равновесия п.1. Доказательством послужат равенства этих углов.

Рис. 1.48

Рис. 1.49

Рис. 1.50

1.9. Из условия следует, что изменение длины стержней зависит только от температуры, т.е. Δl = α ⋅ Δt ⋅ li . Построим диаграмму перемещений шарнира А (рис. 1.49). А1 – новое положение шарнира

60

Δ l1 Δ l2 h h ; l1 = , l2 = , откуда = cos β cos α sin β sin α sin 2α = sin 2β ⇒ α = 90 − β ( α = β не имеет смысла). 1.10. 1. Определим тип задачи по формуле (1.13): S = 3K − Ш = 1 , так как K = 4 , Ш = 11 , т.е. задача один раз статически неопределимая. 2. Выделяем объекты равновесия (рис. 1.50, 1.51) и составляем для них уравнения равновесия в виде ∑ y = 0 , т.е. получаем два уравнения. 3. Изобразим деформационную схему (рис. 1.52). На схеме А1′ – положение шарнира А после сборки (после присоединения к А 1 ). Отрезок BB1 = u B – перемещение шарнира В. Дополнительное уравнение будет иметь вид: Δl δ = Δ l1 + u A = Δ l1 + (u B + Δ l3 ) = Δ l1 + 2 + Δ l3 , sin ϕ N x ⋅ li где Δ li = i . EF 4. Решая совместно уравнения п.2 и 3, найдем монтажные усиNx лия N xi , а напряжения по выражению σ xi = i . F

А . Из диаграммы АА1 =

Рис. 1.51

Рис. 1.52

1.11. 1. Определяем тип задачи по формуле (1.13): S = 3K − Ш = 1 (так как K = 2 , Ш = 5 ) – задача один раз статически неопределимая. 61

2. Построим диаграмму перемещений (рис. 1.53). А 1 – новое положение узла А . Запишем дополнительные уравнения: Δ l1 = N x ⋅ li Δl Δ l2 = Δ l3 , АА 1= 1 = , где Δ li = i . sin γ sin (α + γ ) EF 3. Выделим объект равновесия – узел А (рис. 1.54) и направим усилия в строгом соответствии с деформационной схемой (см. рис. 1.53); составим уравнение равновесия в виде ∑ y = 0 , ∑ z = 0 . 4. Совместное решение уравнений п.2 и 3 дадут N x1 , N x2 , N x3 , γ . 5. Определим uгор = Δ l1 , uвер = Δ l1 / tgγ . 1.12. 1. Из условия задачи Δ l1 = Δ l2 ⇒ N x1 = N x2 . 2. Изобразим силовую схему (рис. 1.55). Уравнения равновесия для

нее

∑y=0,

∑ mc = 0 ,

откуда

N x1 = N x2 = 0,3P ,

N x3 = 0, 4 P > N x1 .

3. Величина, на которую нужно стяжной гайкой поднять сечеl N x3 − N x1 = ние B стержня 3, будет равна δ = Δ l3 − Δ l1 = EF Pl = 0,1 . EF

(

Рис. 1.53

Рис. 1.54

)

Рис. 1.55

1.13. 1. Введем обозначения: l1 = l , l2 = 2l , sin α = 2l ⋅ sin n – число сторон многоугольника. 62

π , где n

2. Определим тип задачи по формуле (1.13): S = 3K − Ш = 1 , так как K = 8 , Ш = ( 8 − 1) + ( 3 − 1) 8 = 23 , т.е. задача один раз статически неопределимая. 3. Выделим объект равновесия – узел А (рис. 1.56) и составим π уравнение равновесия в виде ∑ y = 0 : P − N x1 − 2 N x2 ⋅ sin = 0 . n 4. Построим диаграмму перемещений (рис. 1.57) и составим доN x ⋅ li Δ l2 π полнительное уравнение: = Δ l1 sin , где Δ li = 1 , откуда n EF 2 P N x1 = N x2 ; тогда из уравнения равновесия N x1 = N x2 = . π 1 + 2sin n 5. Такой же результат можно получить, воспользовавшись феноменологическим приемом: l1 + Δl1 l1 l + Δl1 l2 + Δl2 , = , или 1 = l2 + Δl2 l2 l1 l2 N x1 N x2 = или 1 + ε1 = 1 + ε2 , или , EF EF откуда N x1 = N x2 .

Рис. 1.56

Рис. 1.57

1.14. Вариант 1. Из равновесия узла C (рис. 1.58, а) ∑ Z = 0 ; N3 ⋅ sin β − N 4 ⋅ sin ϕ = 0 ;

63

∑Y = 0 ; получаем N3 =

− P + N 3 ⋅ cos β + N 4 ⋅ cos ϕ = 0

P 3 P , N4 = . 2 3

Рис. 1.58

Из диаграммы перемещений (рис. 1.58, б) имеем: Δl3 Δl4 U (C ) , = = CC1 = cos γ cos(β + γ ) cos(ϕ − γ ) откуда

U (C ) cos β − Δl3 Δl4 − U (C ) cos ϕ . = U (C )sin β U (C )sin ϕ С учетом значений синусов и косинусов, указанных в условии задачи углов, получаем из последнего уравнения tgγ =

2 ⋅ U (C ) = Δl3 3 + Δl4

или N ⋅ l ⎞ N ⋅ l ⋅ 3 N 4 ⋅ l4 ⎛ , + 2 ⋅ ⎜ α ⋅ Δt ⋅ (l1 + l2 ) − 2 2 ⎟ = 3 3 E⋅F ⎠ E⋅F E⋅F ⎝ 4l 3 l , l4 = lCK = 4l где l1 = l AB = l , l2 = lBC = , l3 = lCD = 2 2 3 рис. 1.34 на с.54). Тогда из (*) получим Δt =

1,6 ⋅ P 1,6 ⋅ 50000 = = 20° (нагрев). − α ⋅ E ⋅ F 12,5 ⋅ 10 6 ⋅ 2 ⋅ 1011 ⋅ 16 ⋅ 10−4 64

(*) (см.

Вариант 2. Воспользуемся методом сил. Система один раз статически неопределимая. Выберем основную систему путем замены неподвижного шарнира A на подвижную шарнирную опору, дающую возможность перемещаться концу A верхнего стержня в вертикальном направлении. Тогда эквивалентная система будет иметь вид, показанный на рис. 1.59, а. Запишем каноническое уравнение δ11 X1 + Δ1P + Δ1t = 0 .

Так как в конечном состоянии системы X 1 = 0 , то это уравнение примет вид Δ1P + Δ1t = 0 ,

где Δ1P и Δ1t – перемещения в направлении X 1 для основной системы соответственно при нагружении силой P и нагреве стержня AC. Для их определения строим эпюры нормальных сил при нагружении основной системы единичной силой (рис. 1.59, в) и внешней нагрузкой P (рис. 1.59, б). Находим значения коэффициентов: Δ1P = −

1 ⎛ l 3 4 3 P 1⎞ Pl ; P⋅ l⋅ + ⋅ 4l ⋅ ⎟ = −3, 2 ⎜⎜ P ⋅ ⋅ 1 + ⎟ EF ⎝ 2 EF 2 2 2⎠ 3 2 Δ1t = 2αl Δt .

Рис. 1.59 65

Подставив Δ1P и Δ1t в каноническое уравнение и решив его относительно Δt =

Δt , получим

1,6 P 1,6 ⋅ 50 ⋅ 103 = = 20 ° (нагрев). αEF 1,25 ⋅ 10−7 ⋅ 2 ⋅ 1011 ⋅ 16 ⋅ 10−4

1.15. Очевидно, что сечение посредине длины l не перемещаетl ⎛l⎞ ся, т.е. u x ⎜ ⎟ = 0 . Тогда сечение посредине также не перемеща2 ⎝2⎠ ⎛l⎞ ется, т.е. u x ⎜ ⎟ = 0 и т.д. ⎝4⎠ Pa ΔEF 1.16. 1. Из условия Δ = (рис. 1.60, а) получаем P = . EF a 2. После приварки сечения K к B − B и разгрузки (равносильно приложению силы P в противоположном направлении) будем иметь один раз статически неопределимую систему (рис. 1.60, б), 2 1 решение которой даёт RA = ⋅ P ; RB = ⋅ P . 3 3 3. Сложив обе эпюры, получили остаточные усилия (рис. 1.60, в) N и σ x = x ( остаточные ) . F

Рис. 1.60

66

⎡Н⎤ 1.17. 1. Обозначим через q = F ⋅ γ ⎢ ⎥ – интенсивность равно⎣м⎦ мерно распределенной нагрузки вдоль оси стержня (рис. 1.61, а).

Рис. 1.61

2. Пусть x 0 – координата сечения, отделяющая зону сжатия от зоны растяжения. x 0 определяется из равенства Δ lсж = Δ lраст , т.е. q ( l − x0 ) q x02 = , откуда x0 = l 2 − 2 . согласно формуле (1.9) 2 Ec F 2 Ep F 2

(

)

N x ( σ x ) будет иметь вид (рис. 1.61, б), откуда

Тогда эпюра

RA = q ( l − x0 ) , RB = q x0 . Значения нормальных сил в области сжа-

тия

N x сж = RB − qx ,

в

области

растяжения

= RA − q ( l − x ) .

3. Перемещения по направлению оси x x

N x сж ⋅ dx

0

Ec F

u x сж = ∫ u x раст =

=

RB ⋅ x q x 2 − , Ec F 2 Ec F

l−x

N x раст ⋅ dx

0

Ep F

∫

u x0 сж = u x0 раст =

γ l2

=

(

RA ( l − x ) Ep F

2 −1

2 Ep

)

−

2

. 67

в q (l − x )

2 Ep F

Nx

раст

=

в области сжатия

области

растяжения

2

. При

x=x0

имеем

Тема 2 АНАЛИЗ НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ. ОБОБЩЕННЫЙ ЗАКОН ГУКА 2.1. Основные положения Определение главных напряжений осуществляется с использованием характеристического уравнения, называемого иногда «вековым уравнением»: σ3 − σ 2 I I + σ I II − I III = 0 , где инварианты напряженного состояния: I I = σ x + σ y + σ z = σ1 + σ2 + σ3 = const , I II =

σx

τ yx

τ xy

σy

+

σx τ xz

σy τ zx + σz τ yz

τ zy σz

τ yx

τ zx

σ1

0

I III = τ xy

σy

τ xz

τ yz

τ zy = 0 0 σz

σ2 0

(2.2)

=

= σ1σ 2 + σ 2 σ3 + σ3σ1 = const,

σx

(2.1)

(2.3)

0 0 = const . σ3

(2.4)

Корни уравнения (2.1) являются главными напряжениями σi , σ j , σ k , при этом наибольшему по алгебраической величине при-

сваивается индекс 1 ( σ1 ), наименьшему по алгебраической величине – индекс 3 ( σ3 ), промежуточному – индекс 2 ( σ 2 ). Индексы у напряжений, действующих на произвольных площадках, имеют следующий смысл: при нормальном напряжении – обозначение нормали к площадке, на которой действует напряжение. Так, σ x – напряжение, действующее на площадке, нормаль к которой – ось x (параллельна оси x ); индексы при касательном 68

напряжении, например, τ xy : первый индекс – это так называемый адрес, т.е. площадка, на которой действует напряжение, имеет нормалью ось x (или параллельна оси x ); второй индекс обозначает ось, по направлению которой действует касательное напряжение. В табл. 2.1 приведены виды напряженных состояний. Таблица 2.1 Значение главных напряжений

Значение инвариантов II I II I III 0 0 ≠0

Вид напряженного состояния Линейное (одноосное)

σi ≠ 0, σ j = σ k = 0

Плоское (двухосное)

σi ≠ 0, σ j ≠ 0, σk = 0

Любое

≠0

0

Объемное (трехосное)

σi ≠ 0, σ j ≠ 0, σk ≠ 0

Любое

Любое

≠0

Определение направления главных напряжений получаем из решения системы уравнений (2.5) относительно направляющих косинусов l, m, n: ⎧ ⎪ ⎪( σ x − σ ) l + τ y x m + τ zx n = 0; ⎪⎪ (2.5) ⎨ τ x y l + σ y − σ m + τ zy n = 0; ⎪ ⎪ τ x z l + τ y z m + ( σ z − σ ) n = 0; ⎪ 2 2 2 ⎪⎩ l + m + n = 1. При использовании в задачах формул (2.1)÷(2.5) следует придерживаться следующего правила знаков для напряжений. Нормальные напряжения положительны, если они направлены от площадки. На площадке, внешняя нормаль к которой направлена в положительном (или отрицательном) направлении соответствующей оси, τ считается положительным, если оно также направлено в положительном (или отрицательном) направлении соответствующей оси. Определение напряжений на наклонных площадках в случае плоского напряженного состояния, если исходные площадки произвольные, производится по формулам (2.6); (2.6а); (2.7); (2.10) при выполнении следующих правил знаков: • нормальное напряжение положительно, если оно направлено от площадки, т.е. вызывает растяжение, и отрицательно, если направлено к площадке;

(

)

69

• касательное напряжение положительно, если оно стремится повернуть элемент по часовой стрелке, и отрицательно, если – против часовой; угол α положителен, если направлен против часовой стрелки, и отрицателен – по часовой стрелке (рис. 2.1).

Рис. 2.1

σn =

σx + σ y

σx − σ y

cos 2α − τ xy sin 2α , (2.6) 2 2 где α , с учетом вышеприведенного правила знаков, отсчитывается от того исходного нормального напряжения, которое стоит на первом месте в членах формулы; так, для определения σ n можно

взять

угол

+

α = α1 = ∠ ( σ x , n ) > 0 ,

α = α 2 = 180 + α1 > 0 ,

α = α3 = − (180 − α1 ) < 0 ; для определения σ m можно взять угол 70

α = α 4 > 0 , α = α5 < 0 . При отсчете угла от направления σ y нужно

записать формулу (2.6) в виде: σ y + σx σ y − σx σn = + cos 2α − τ yx sin 2α , (2.6а) 2 2 где для определения σ m угол α = α 6 = ∠ σ y , m > 0 , а для опреде-

(

(

)

)

ления σ n угол α = α 7 = ∠ σ y , n < 0 . Обращаем особое внимание на индексы у τ yx в формуле (2.6а). Сумма σ n + σm = σ x + σ y = I I = const для плоского напряженного состояния. Касательное напряжение на наклонной площадке определяется с учетом всех указаний к формуле (2.6) по формуле: σx − σ y τnm = sin 2α + τ xy cos 2α , (2.7) 2 где α = α1 = ∠ ( σ x , n ) > 0 . Если исходные площадки – главные, то последний член в формулах (2.6), (2.7) обращается в нуль, так как τ на главных площадках равно нулю. Формулы (2.6), (2.7) могут быть использованы и при исходном объемном напряженном состоянии, если одна из площадок – главная, так как на площадках, параллельных главному напряжению (перпендикулярных к главной площадке), последнее не вызывает никаких напряжений, ни нормальных, ни касательных (при растяжении-сжатии продольные волокна не надавливают друг на друга и не сдвигаются друг относительно друга). Для любого напряженного состояния τmax =

σmax − σmin , 2

(2.8)

где σmax и σmin – наибольшее и наименьшее по алгебраической величине исходные главные напряжения. τmax действует на площадке, расположенной под углом 45° к направлению σmax и σmin .

71

Для плоского напряженного состояния для определения τmax можно, кроме формулы (2.8), пользоваться формулой: 2 1 τmax = σ x − σ y + 4τ2xy . (2.8а) 2 Определение главных напряжений при плоском напряженном состоянии по исходным напряжениям на произвольных площадках (рис.2.2) проводится по формуле (2.9), в которой знак «+» перед радикалом дает значение σmax , а знак «–» – значение σmin .

(

)

2

⎛ σx − σ y ⎞ 2 (2.9) σi σ j = ± ⎜ ⎟ + τ xy . 2 2 ⎝ ⎠ Направление главных напряжений (положение главных площадок) определяется по формуле: −2τ xy tg 2 α 0 = . (2.10) σx − σ y

( )

σx + σ y

В формуле (2.10) индекс x в качестве «адреса» стоит на первом месте у τ , в силу чего обязательно σ x должно стоять на первом месте в знаменателе. Отсчет угла α 0 производим от направления σ x (от оси x), т.е. α 0 = ∠ ( σ x , σi ) . Если же у τ будет «адресом» y,

то на первое место в знаменателе нужно поставить σ y . Отсчет углов α 0 будет производиться от направления σ y (от оси y). Если

в

знаменателе

σx − σ y > 0 ,

то

получаем

α 0 max =

= ∠ ( σ x , σmax ) , и наоборот, если σ x −σ y <0 , то получаем α 0 min = = ∠ ( σ x , σmin ) .

Главное напряжение σmax всегда лежит в пределах угла 45° между главной диагональю касательных напряжений и направлением наибольшего по алгебраической величине исходного нормального напряжения; так если σ x > σ y , то σi = σmax , как показано на рис. 2.2, и α 0 =α 0 max . Если σ y > σ x , то σmax будет располагаться между главной диагональю и направлением напряжения σ y . 72

Рис. 2.2

Относительная деформация в случае объемного напряженного состояния определяется по формулам обобщенного закона Гука: 1⎡ ⎧ ⎤ ⎪ε x = E ⎣ σ x − μ σ y + σ z ⎦ ; ⎪ 1 ⎪ ⎨ε y = ⎡⎣ σ y − μ ( σ z + σ x ) ⎤⎦ ; E ⎪ 1 ⎪ ⎪ ε z = E ⎡⎣ σ z − μ σ x + σ y ⎤⎦ . ⎩

(

(

)

(2.11)

)

Если помимо механического воздействия имеет место одинаковое изменение температуры во всем объеме тела на Δt , то к каждому выражению ε формулы (2.11) нужно добавить слагаемое α ⋅ Δt , где α – коэффициент линейного расширения. Это следует Δ l (t ) α ⋅ Δ t ⋅ l из того, что, например, ε x ( t ) = = = α ⋅ Δt . l l 73

Аналогично формуле (2.11), ε выражается и через главные напряжения, так, например, по направлению действия σi будем иметь 1 εi = ⎡ σi − μ σ j + σ k ⎤ . (2.11а) ⎦ E⎣ Формулами (2.12) представлен закон Гука при сдвиге: τ xy τ yz τ γ xy = , γ yz = , γ zx = zx , (2.12) G G G где γ – угол сдвига, знак которого определяется знаком касательного напряжения. Как и угол α в формулах (2.6) и (2.7), положительный угол γ откладывается против часовой стрелки, а отрицательный – по часовой стрелке. Так как угол γ представляет собой угол поворота грани элемента, то он и откладывается от соответствующей грани, определяемой нормалью к этой грани (рис. 2.3).

(

Рис. 2.3

)

Рис. 2.4

Рассмотрим изменение прямого угла у главной диагонали касаτ xy тельных напряжений. При фиксированной грани y γ xy = <0, G как показано на рис. 2.4, а; или при фиксированной грани x τ yx γ yx = > 0 , как показано на рис. 2.4, б. Изменение прямого угла у G вспомогательной диагонали показано на рис. 2.5, а при фиксированной грани y, и на рис. 2.5, б при фиксированной грани x. Обращаем внимание на выделенный союз или, которым подчеркиваем, что прямой угол у главной диагонали уменьшается на 74

угол γ = γ xy = γ yx , а прямой угол у вспомогательной диагонали увеличивается на γ . Таким образом, у элементарной призмы с квадратным основанием последнее превращается в ромб в результате действия касательных напряжений (рис. 2.6, а). Это соответствует и результату действия главных напряжений при чистом сдвиге (рис. 2.6, б).

Рис. 2.5

Рис. 2.6

Относительное изменение объема вычисляется по формуле: ΔV 1 − 2μ εV = = ε1 + ε 2 + ε3 = ε x + ε y + ε z = σx + σ y + σz = V E 1 − 2μ 1 − 2μ II, (2.12) = ( σ1 + σ2 + σ3 ) = E E где V – объем до деформации. Если имеется и изменение температуры, то к формуле (2.12) нужно добавить слагаемое 3 α Δ t . Относительное изменение площади в плоскости действия пары главных напряжений σi , σ j определяется равенством:

(

ε F = εi + ε j ,

)

(2.13)

где εi , ε j определяются по формулам вида (2.11а). С учетом значения εV можно представить обобщенный закон Гука в форме напряжений, выраженных через деформации (2.14):

75

⎧ σ x = λ ⋅ εV + 2Gε x ; ⎪ ⎨σ y = λ ⋅ εV + 2Gε y ; ⎪ ⎩ σ z = λ ⋅ εV + 2Gε z , E ⋅μ – постоянная Ламе. (1 + μ ) (1 − 2μ ) Удельная потенциальная энергия деформации: U 1 ⎡ 2 u= = σ1 + σ22 + σ32 − 2μ ( σ1σ2 + σ2 σ3 + σ2 σ3 ) ⎤ = ⎣ ⎦ V 2E ⎛ ⎞ μ = G ⎜ ε12 + ε 22 + ε 32 + εV2 ⎟ = 1 − 2μ ⎠ ⎝

(2.14)

где λ =

1 − 2μ = uV + uΦ = ( σ1 + σ2 + σ3 )2 + 6E 1+ μ ⎡ + ( σ1 − σ2 )2 + ( σ2 − σ3 )2 + ( σ3 − σ1 )2 ⎤⎦⎥ , 6 E ⎣⎢

(2.15)

где uV – удельная потенциальная энергия изменения объема, а uΦ – удельная потенциальная энергия изменения формы. 2.2. Задачи Задача 2.1. Определить вид напряженного состояния и значения главных напряжений (рис. 2.7). Задача 2.2. Определить величину и направление наибольшего главного напряжения (рис. 2.8). Задача 2.3. Найти соотношение между σ x , σ y , τ xy , при котором будет иметь место линейное напряженное состояние (рис. 2.9). Задача 2.4. Как изменится первоначально прямой угол АВС при приложении к стержню осевой растягивающей силы P (рис. 2.10). Даны P, F, E, G, μ . Задача 2.5. Определить напряжения в наклонных площадках бруса квадратного поперечного сечения при осевом растяжении силой P (рис. 2.11).

76

Рис. 2.7

Рис. 2.8

Рис. 2.9

Рис. 2.10

Рис. 2.11

Рис. 2.12

Задача 2.6. Найти размеры и направления полуосей эллипса, в который превращается начерченная окружность (рис. 2.12) при деформации элемента, если σ , E, μ известны. Задача 2.7. Определить τmax в изображенном элементе (рис. 2.13) и указать положение площадки, на котором оно действует. Задача 2.8. Брус в форме правильной трапеции и толщиной t = = const (рис. 2.14) сжимается силой P, равномерно распределенной по верхней площадке бруса. Показать, что, кроме σ x , возникают напряжения σ y и τ xy в сечениях бруса.

77

Рис. 2.13

Рис. 2.14

Рис. 2.15

Задача 2.9. Определить изменение длины упругого стержня, на левую часть которого длиною a действует всестороннее давление p (рис. 2.15). Размеры и упругие постоянные известны. Задача 2.10. Длинная резиновая лента, имеющая в свободном состоянии длину l, ширину b и толщину δ , наматывается с постоянным натяжением силой P на жесткий валик диаметром d. Выяснить, какой диаметр D получится после того, как вся лента будет намотана на валик? Принять для резины μ = 0,5 ; значения E, P, l, b, δ известны. Задача 2.11. Доказать, что при сжатии стержня вдоль оси абсолютное изменение объема не зависит от площади поперечного сечения.

Рис. 2.16

Рис. 2.17

Рис. 2.18

Задача 2.12. Определить соотношение между главными напряжениями, при котором длины диагоналей прямоугольного элемента (рис. 2.16) не изменяются в случаях, если материал элемента – сплав ниобия ( μ = 0,39 ), или ковкий чугун ( μ = 0,36 ). Изобразить напряженные состояния. 78

Задача 2.13. При каком соотношении между σ x , σ y , σ z возникнет одноосная деформация в изображенном элементе (рис. 2.17)? Задача 2.14. В паз абсолютно жесткой плиты (рис. 2.18) вставлен упругий кубик с ребром a. Под действием равномерно распределенного по верхней грани давления p верхняя грань опускается

(

)

на δ = k ⋅ a , где k = 3 ⋅ 1 − μ 2 ⋅ 10−4 . Определить p и положение волокна АВ на боковой грани кубика, в котором отсутствует продольная деформация. E = 2 ⋅ 105 МПа, μ = 0, 25 . Задача 2.15. К упругому кубику задачи 2.14 приложено по верхней грани сжимающее давление p, а на свободных вертикальных гранях растягивающее равномерно распределенное усилие P = 3 pa 2 . Найти изменение размеров ребер кубика. Задача 2.16. В гнездо, имеющее вид прямоугольного параллелепипеда, в абсолютно жесткой плите вставлены три упругих одинаковых кубика А, В, С с ребром a. Кубик В сверху нагружен силой P, равнораспределенной по его верхней грани, аналогично нагружен кубик А, но силой, равной 2P (рис. 2.19). До нагружения кубиP ⋅μ . Определить напряжения на гранях всех куков зазор Δ a << E ⋅a биков, если E, μ , a, P, Δ a известны.

Рис. 2.19

Рис. 2.20

Задача 2.17. В гнездо абсолютно жесткой плиты вставлен упругий кубик с ребром a. На верхнюю грань кубика действует сила P, 79

равномерно распределенная по грани, под действием которой верхняя грань опускается на 3 ⋅ Δ a . До нагружения имелся зазор размером Δ a (рис. 2.20). Определить P, если E, μ , a, Δ a заданы. Задача 2.18. В стакан, стальной толстостенный (EF = ∞), (рис. 2.21) помещен без зазора упругий материал, сверху положена абсолютно жесткая крышка диаметром d, через которую силой P материал сжат. Определить, насколько поднимется (опустится) крышка, если материал нагреть до температуры t. Известны Рис. 2.21 P, l, d, E, μ , t, коэффициент линейного расширения α . Задача 2.19. Брусок квадратного поперечного сечения (a = 4 см) жестко заделан сечениями А и D (рис. 2.22). На участке ВС испытывает всестороннее давление p = 100 МПа. Определить перемещение u x ( B ) . E = 2 ⋅ 105 МПа, μ = 0,3 .

Рис. 2.22

Задача 2.20. Полый куб сделан из листового металла и подвержен внутреннему и внешнему давлению p. Определить изменение внутреннего объема куба, если дано E, μ , p, a – размер ребра куба. Толщина листа намного меньше размера a.

80

2.3. Решения, указания, ответы 2.1. Для напряженного состояния (рис. 2.7, а) I I ≠ 0 , I II = = I III = 0 , т.е. имеем линейное напряженное состояние. По формуле (2.1) найдем σi = 3τ = σ1 = σ x ; σ j = σk = 0 (рис. 2.23). Для напряженного состояния (см. рис. 2.7, б) имеем I I = 0 , I II ≠ 0 , I III = 0 , т.е. элемент испытывает двухосное напряженное состояние. По формуле (2.1) получим σi = 0 , σ j = τ ⋅ 2 , σk = −τ ⋅ 2 , т.е. σ1 = σ j = τ ⋅ 2 , σ2 = σi = 0 , σ3 = −τ ⋅ 2 – напряженное состояние,

эквивалентное чистому сдвигу (рис. 2.24). 2.2. 1. Отнесем элемент к осям x, y, z (рис. 2.25), тогда σ x = = 40 МПа, σ y = 90 МПа, σ z = 30 МПа, τ xy = 60 МПа, τ yz = 30 МПа, τ zx = 20 МПа. I I = 40 + 90 + 30 = 160 МПа, 2. Определим инварианты 2 I II = 2600 МПа , I III = 0 , т.е. имеем двухосное напряженное состояние. Из уравнения (2.1) получим σi = 0 , σ j = 141,6 МПа, σk = 18,4 МПа. Итак, имеем: σ1 = σ j , σ2 = σk , σ3 = 0 .

3. Для определения направления σ1 подставим в формулу (2.5) вместо σ = σ1 = σ j и найдем направляющие косинусы l = 0,53; m = 0,8; n = 0,3 (рис. 2.26).

Рис. 2.23

Рис. 2.24

Рис. 2.25

81

Рис. 2.26

2.3. Вариант 1. Для того чтобы элемент испытывал одноосное напряженное состояние, необходимо второе главное напряжение по формуле (2.9) приравнять к нулю, т.е. 2

σx + σ y

⎛ σx − σ y ⎞ 2 2 σj = − ⎜ ⎟ + τ xy = 0 ⇒ σ x ⋅ σ y = τ xy . 2 2 ⎝ ⎠ Вариант 2. Нулю должен быть равен второй инвариант σ x τ yx I II = = 0 , откуда σ x ⋅ σ y = τ2xy . τ xy σ y

Рис. 2.27

Рис. 2.28

2.4. Отнесем стержень к координатным осям x, y (рис. 2.27). ТоP гда σ x = , σ y = 0 , τ xy = 0 , и по формуле (2.7) F σ P P⋅ 3 τnm = x sin 2α = <0, ( − cos30 ) = − 2 2F 4F т.е. τnm на площадке n направлено против часовой стрелки. По формуле (2.12) γ nm = чивается на угол γ nm

τnm P⋅ 3 =− < 0 , т.е. площадка АВ повораG 4GF по часовой стрелке и, следовательно, прямой

угол АВС увеличивается на γ nm (рис. 2.28). P . На F площадке I и II, для которых α = ∠ ( x, n ) = −45D , напряжения опре-

2.6. В поперечном сечении действует только σ x = σ1 =

делим по формулам (2.6) и (2.7): 82

σn =

σx σx σ cos 2α = x , + 2 2 2

τnt =

σx σ sin 2α = − x . На площадке III σn = 0 и τnt = 0 , так как она 2 2

|| σ x . 2.6. Отнесем элемент к осям x, y (рис. 2.29). Главные напряжения определятся по формуле (2.9): σi = 2σ , σ j = 0 , т.е. имеем од-

ноосное напряженное состояние при σ1 = σi = 2σ . Направление σ1 −2 ⋅ ( −σ )

=∞ ⇒ σ−σ ⇒ 2α 0 = 90D , α 0 = 45D (рис. 2.30, а). Круг превращается в эллипс σ 2σ 2σ , ε2 = ε3 = −με1 = −μ . (рис. 2.30, б), для которого ε1 = 1 = E E E Размеры полуосей эллипса: a = r + r ⋅ ε1 , b = r + r ⋅ ε2 .

определим

по

формуле

Рис. 2.29

(2.10):

tg 2α 0 =

Рис. 2.30

Рис. 2.31

2.7. Отнесем элемент к координатным осям x, y, z (рис. 2.31), тогда σ x = 0 , σ y = 60 МПа, σ z = 80 МПа, τ xy = −20 МПа. Одно главное напряжение известно: σ z = σk = 80 МПа. Для определения двух других главных напряжений воспользуемся формулой (2.9):

( )

σy

σ 2y

+ τ2xy = 30 ± 36 . Таким образом, имеем: 2 4 σ1 = σ z = 80 МПа, σ 2 = σi = 66 МПа, σ3 = σ j = −6 МПа. Из форσi σ j =

мулы tg2α 0 =

±

(2.10) −2 τ xy 0 − σy

получим

положение

(

)

главной

⇒ α 0( min ) = ∠ x, σ j = −16D50′ . 83

τmax

площадки: σ − σ3 = 1 = 2

= 43,0 МПа и действует на площадке || σ 2 = σi и расположенной под углом 45° к направлению σ1 = σ z и σ3 = σ j .

2.8. В любом поперечном сечении бруса по формулам сопротивления материалов действует нормальное напряжение P σx = < 0 . Выделим у боковой грани бруса элемент АВС разF ( x) мерами dx × dy × 1 (толщина бруса принята за единицу), как показано на рис. 2.32. На грани ВС, как в поперечном сечении, действует напряжение σ x (рис. 2.33, а). Сила dN x = σ x ⋅ 1 ⋅ dy может быть уравновешена только силой dT = τ xy ⋅ 1 ⋅ dx от действия τ yx на грани АВ (рис. 2.33, б). Тогда, согласно закону парности касательных напряжений, на грани ВС будет действовать τ xy = τ yx (рис. 2.33, в). Сила dT1 = τ xy ⋅ 1 ⋅ dy может быть уравновешена только силой dN y = σ y⋅ 1 ⋅ dx от действия σ y на грани АВ (рис. 2.33, г).

Рис. 2.32

Рис. 2.33

2.9. На участке длиной a в каждой точке имеем двухосное напряженное состояние: σ x = 0 ; σ y = − p , σ z = − p . Тогда 1⎡ 2 p ⋅ μ Δa 2 pμ a . σx − μ σ y + σz ⎤ = = ⇒ Δl = Δa = ⎣ ⎦ E E a E 2.10. В ленте имеет место линейное напряженное состояние: N P σ x = σ1 = x = , где F = bδ . Так как μ = 0,5 , то согласно формуF F 1 − 2μ σ x = 0 , т.е. объем ленты до и после наматывале (2.12) εv = E ния на валик будет один и тот же (рис. 2.34): εx =

(

)

84

V = bl δ =

(

π D2 − d 2

)b , 1

4 где b1 – ширина ленты после деформирования. Новую ширину b1 Δb , откуда Δ b = bε y , а найдем из следующего: b1 = b + Δb , ε y = b σ P μP , то Δ b = − . Тогда так как ε y = −με x = −μ x = −μ E EF δE bδ E − μ P . Подставляя значение b1 в V, получим b1 = δE

D = d2 +

4lb δ 2 E . π ( bδ E − μ P )

Рис. 2.34

Рис. 2.35

2.11. Для стержня (рис. 2.35) напряжения в поперечном сечении P ΔV σx = − ; относительное изменение объема εV = = V F 1 − 2μ P = σx = − (1 − 2μ ) , откуда E EF Pl (1 − 2μ ) ΔV = V εV = Fl εV = − . E

85

2.12. Из чертежа (рис. 2.36, а) имеем, что α = 60D , тогда cos 2α = cos120 = −0,5 . По формуле (2.6) σn ( σm ) = =

σ j + σi 2

±

σ j − σi 2

( −0,5) , откуда σ n σ j + 3σi . = σ m 3σ j + σi

Из условия задачи ε n = обозначая

σj σi

(*)

σ 1 ( σn − μσm ) = 0 , получим, что n = μ ; и, E σm

= k , из формулы (*) k =

Для сплава ниобия k =

3−μ . 3μ − 1

3 − 0,39 = 15, 4 , т.е. если σi = σ , то 3 ⋅ 0,39 − 1

σ j = 15, 4σ (рис. 2.36, б).

Для чугуна k =

3 − 0,36 = 33, 4 , т.е. если σi = σ , то σ j = 33, 4σ 3 ⋅ 0,36 − 1

(рис. 2.36, в).

Рис. 2.36

2.13. Одноосная деформация будет в том случае, если ε x ≠ 0 , 1 1 ε y = ⎡⎣ σ y − μ ( σ z + σ x ) ⎤⎦ = 0 ; ε z = ⎡σ z − μ σ x + σ y ⎤ = 0 . Выра⎦ E E⎣ μ . жая σ y , σ z через σ x , получим σ y = σ z = σ x 1− μ

(

86

)

2.14. 1. На верхней грани кубика σ y = − p , а на свободной грани σ x = 0 . Из условия деформирования кубика имеем, что 1 δ εy = σ y − μσ z = − = −3 1 − μ 2 ⋅ 10−4 , E a 1 εz = σ z − μσ y = 0 , E откуда σ y = − 60 МПа, т.е. p = 60 МПа, а σ z = − 15 МПа, так как

(

(

)

(

)

)

σ z = μσ y .

2. Найдем по формуле (2.6) нормальные напряжения, действующие вдоль волокна АВ и перпендикулярно ему и лежащие в σx + σ y σx − σ y плоскости xy (рис. 2.37, а, б): σ n ( σ m ) = ± cos 2α, 2 2 σy σ откуда σ n = (1 − cos 2α ) , σm = y (1 + cos 2α ) . 2 2 1 3. По условию ε n = ⎣⎡σ n − μ ( σ m + σ z ) ⎦⎤ = 0 ; выражая все наE пряжения через σ y , получим 1 − μ − 2μ 2 − cos 2α − μ cos 2α = 0. Тогда cos 2 α =

1 − μ − 2μ 2 = 0,5 ⇒ α = 30D (рис. 2.37, в). 1+ μ ε AB = ε A1B1 = 0 !

Рис. 2.37

Рис. 2.38

87

2.15. По условию задачи σ y = − p , σ x =

P

= 3 p (рис. 2.38). a2 Пользуясь обычной схемой решения предыдущих задач, из условия 1 ε z = ⎡σ z − μ σ x + σ y ⎤ = 0 , откуда σz = деформирования ⎦ E⎣ = 2μ ⋅ p . Результат «парадоксальный», так как σ z > 0 , т.е. растягивающее. Это возможно только в том случае, если боковая грань кубика прикреплена (приклеена, приварена) к боковой стенке паза плиты, чего нет. Таким образом, предпосылка, что ε z = 0 , ошибочна. Это подтверждается определением деформации ребра z кубика σ p отдельно от действия σ x и σ y : Δ a z ( σ x ) = −μ x a = − 3μ a , E E σy p Δ a z σ y = −μ a = μ a , откуда суммарная деформация ребра E E P равна −2μ a , т.е. ребро укорачивается, между стенкой паза и куE P биком образуется зазор величиной 2μ a , напряжение σ z = 0 , а E сам кубик испытывает двухосное напряженное состояние. Изменение размеров ребер кубика определим из Δ ax 1 p ε x= = σ x − μσ y = ( 3 + μ ) ; a E E Δ ay 1 p ε y= = σ y − μσ x = − (1 − 3μ ) ; a E E Δ az 1 p ε z= = ⎡0 − μ σ x + σ y ⎤ = −2μ . ⎣ ⎦ a E E 2P P 2.16. 1. Из условия задачи σ y ( A ) = − 2 , σ y ( B ) = − 2 , a a σ y ( C ) = 0 . σ x ( A) = σ x ( B ) = σ x ( C ) = σ x !

(

)

( )

(

)

(

)

(

)

2. Запишем дополнительные уравнения из условия деформирования: 1 ε z ( A) = ⎡ σ z ( A) − μ σ x + σ y ( A) ⎤ = 0 ; ⎦ E⎣

(

88

)

1⎡ σz ( B) − μ σx + σ y ( B ) ⎤ = 0 ; ⎦ E⎣ 1 ε z(C ) = ⎡ σz (C ) − μ σx + σ y (C ) ⎤ = 0 ; ⎦ E⎣ Δ a = Δ a x( A) + Δ a x( B ) + Δ a x( C ) , ε z( B ) =

(

)

(

)

(*)

a⎡ σ x − μ σ y ( i ) + σ z ( i ) ⎤ , при i = A, B, C. ⎦ E⎣ Решая совместно уравнения п.2, найдем σ x , σ z ( A ) , σ z ( B ) ,

(

где Δ a x ( i ) = a ⋅ ε x ( i ) =

)

σz (C ) . Обращаем внимание на часто совершаемую грубую ошибку, когда четвертое уравнение (*) представляют в виде Δa ! ε x( A) + ε x( B ) + ε x( C ) = 3a 2.17. Силу определим через напряжение на верхней грани:

P = σ y ⋅ a 2 . Напряжение σ y , как и σ x , σ z найдем из совместных

1⎡ σ z − μ σ x + σ y ⎤ = 0, ⎦ E⎣ 1 3Δ a 1 Δa ε y = ⎡⎣ σ y − μ ( σ z + σ x ) ⎤⎦ = − , ε x = [σx − μ σ y + σ z ⎤ = . ⎦ E a E a 3Δ a Обращаем внимание на знак «–» перед величиной . a P 2.18. Вариант 1. 1. Только от действия силы P: σ x = − , F P μ σ y ( P) = σz ( P ) = − . Тогда смещение крышки по направлеF (1 − μ ) нию оси x будет: P (1 − 2μ ) l (1 + μ ) 1 . u x ( P ) = ε x⋅ l = l ⋅ ⎡σ x − μ σ y ( P ) + σ z ( P ) ⎤ = − ⎦ E⎣ EF (1 − μ )

(

решений дополнительных уравнений: ε z =

(

(

)

89

)

)

2. Только от действия температуры: σ x ( t ) = 0 , из условия де1 ⎡σ y ( t ) − μ ( σ z ( t ) + σ x ( t ) ) ⎤ + ⎦ E⎣ α tE +α t = 0 , откуда σ y ( t ) = σ z ( t ) = − . Тогда: 1− μ 1 1+ μ ⋅α ⋅t . u x ( t ) = ε x ( t ) ⋅ l = l ⋅ ⎡σ x ( t ) − μ σ y ( t ) + σ z ( t ) ⎤ = ⎣ ⎦ E 1− μ 3. С учетом суммарного действия P и t крышка поднимется на

формирования

ε y( t ) = εz ( t ) =

(

u x = u x ( t ) − u x (P ) =

)

P (1 − 2 μ ) ⎤ 1+ μ ⎡ . ⋅ l ⎢α t − 1− μ ⎣ EF ⎥⎦

Вариант 2. Учитываем как действие силы, так и действие темP пературы одновременно. При этом σ x = − ; из условия деформиF 1 рования ε y = ε z = ⎡⎣σ y − μ ( σ z + σ x ) ⎤⎦ + α t = 0 , откуда E Pμ α tE . σ y = σz = − − F (1 − μ ) 1 − μ Крышка поднимется на: P (1 − 2μ ) ⎤ ⎧1 ⎫ 1+ μ ⎡ u x = ε x⋅ l =l ⋅ ⎨ ⎡ σ x − μ σ y + σ z ⎤ +αt ⎬ = ⋅ l ⎢α⋅ t − ⎥. ⎦ EF ⎦ ⎩E ⎣ ⎭ 1− μ ⎣ 2.19. 1. Отнесем брусок к координатным осям x, y, z (рис. 2.39, а). Из уравнения равновесия ∑ x = 0 : RA − RD = 0 , следует, что задача один раз статически неопределимая. На участке ВС: σ y = − p , σ z = − p .

(

)

2. Для эквивалентной системы (рис. 2.39, б) дополнительное уравнение будет иметь вид: u ( D ) = u P ( D ) − u R D ( D ) = 0 . x

u xp ( D ) = u xp ( C ) =

∫

LBC

l

ε x dx = ∫ ε x dx , где ε x = 0

90

x

x

1⎡ σx − μ σ y + σz ⎤ = ⎦ E⎣

(

)

R 4l 1 2μ l p ⎡0 − μ ( − p − p ) ⎦⎤ . u xp ( D ) = , u xR D ( D ) = − D , тогда из ⎣ E E EF 1 дополнительного уравнения получим, что RA = RD = μ p ⋅ a 2 . 2 3. Так как на участке AB: N x = − RA , то u x ( B ) =

=

= Δ LAB = −

μ pl = −1,5 ⋅ 10−4 см. E

Рис. 2.39

2.20.

Изменение

объема

ΔV = ( a + Δ a ) − a 3 = a 3 + 3a 2 ⋅ Δa − 3

−3a ( Δa ) + ( Δ a ) − a 3 = 3a 2 ⋅ Δa . Любой элементарный объем листового металла испытывает всестороннее равное (чистое) трехосное сжатие, т.е. Δa σx = σ y = σz = − p , и, следовательно, ε x= ε y = εz = = a 1 p p⋅a = ⎡ σ x − μ σ y + σ z ⎤ = − (1 − 2μ ) , откуда Δ a = − (1 − 2μ ) . ⎣ ⎦ E E E (1 − 2μ ) Тогда Δ V = −3 a3 ⋅ ⋅p. E 2

3

(

)

91

Тема 3 ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ ФИГУР (СЕЧЕНИЙ) 3.1. Основные положения К геометрическим характеристикам плоской фигуры (рис. 3.1) относятся: площадь фигуры F = ∫ dF > 0 , [м2]; (3.1) F

статический момент площади фигуры относительно оси > > S z = ∫ ydF 0 , S y = ∫ zdF 0 , [м3]; < < F F

(3.2)

осевой момент инерции I z = ∫ y 2 dF > 0 , I y = ∫ z 2 dF > 0 , [м4]; F

(3.3)

F

Рис.3.1

92

полярный момент инерции I p = ∫ ρ2 dF > 0 , [м4];

(3.4)

F

центробежный момент инерции > I zy = ∫ zydF 0 , [м4]. < F

(3.5)

Все геометрические характеристики обладают свойством аддитивности. При рассмотрении плоских фигур оперируют понятием центр тяжести, который совпадает с центром масс бесконечно тонкой однородной пластинки постоянной толщины, имеющей то же очертание и размеры, что и данная плоская фигура. На основании теоремы о моменте равнодействующей S z = ∫ ydF = F ⋅ yc , S y = ∫ zdF = F ⋅ zc , (3.6) F

F

где F – площадь фигуры; y c , z c – координаты центра тяжести фигуры (ЦТ или С), откуда n n ⎧ S ( i ) Fi ⋅ yi ∑ ∑ z ⎪ 1 ⎪ yc = S z = 1 = n ; n ⎪ F ∑ Fi ∑ Fi ⎪ ⎪ 1 1 (3.7) ⎨ n n ⎪ S y (i ) ∑ Fi ⋅ zi ⎪ Sy ∑ 1 = n = 1n , ⎪ zc = F ⎪ ∑ Fi ∑ Fi ⎪⎩ 1 1 где S z (i) , S y (i) , Fi , yi , zi – соответственно статические моменты, площади, координаты центра тяжести простых фигур, составляющих данную сложную фигуру. Оси, проходящие через центр тяжести фигуры, называют центральными. Из (3.6) следует, что если ось z совпадает с центральной осью zc , т.е. yc = 0 , то S z = S zc = 0 , откуда вывод 3.1.1. 93

3.1.1. Статический момент площади фигуры относительно центральной оси равен нулю. Отсюда следствие 3.1.2. 3.1.2. Ось, относительно которой статический момент равен нулю, является центральной. Очевидно, что ось симметрии всегда является центральной, а точка пересечения двух осей симметрии фигуры — центром тяжести фигуры. 3.1.3. Если сечение состоит из двух одинаковых фигур, как угодно расположенных по отношению друг к другу (рис. 3.2), то центр тяжести всего сечения лежит на середине отрезка, соединяющего центры тяжести составляющих сечение фигур.

Рис.3.2

Для прямоугольника ABCD (рис. 3.3) осевой момент инерции h

I z = ∫ y 2 dF = ∫ y 2b dy . Точно такой же вид имеет I z для параллеF

0

лограмма AB1C1D , так как для него элементарная площадка dF = b dy и пределы интегрирования те же. 3.1.4. При перемещении всей фигуры или отдельных ее частей параллельно оси, относительно которой определяется момент инерции, последний не меняет своей величины.

94

Рис.3.3

Рис.3.4

Для треугольников рис. 3.4 момент инерции I z одинаков, как одинаков I z для фигур, представленных на рис. 3.5.

Рис.3.5

Так как квадрат расстояния до начала координат (см. рис. 3.1) ρ2 = z 2 + y 2 , то, подставляя ρ2 в (3.4), получим, что I p = Iz + I y .

95

(3.8)

3.1.5. Полярный момент инерции относительно начала координат равен сумме моментов инерции относительно координатных осей. Зависимости между моментами инерции относительно параллельных осей (см. рис.3.1), одна из которых центральная, имеют вид ⎧ I z = I z + a2F ; ⎪ 1 c (3.9) ⎨ 2 ⎪⎩ I y1 = I yc + b F , тогда I p1 = I pc + (a 2 + b 2 ) F ;

(3.10)

I z1 y1 = I zc yc + abF .

(3.11)

При известном значении моментов инерции относительно произвольных осей, моменты инерции относительно центральных осей, параллельных произвольным, будут равны: I zc = I z1 − a 2 F ,

(3.12)

I zc yc = I z1 y1 − abF .

(3.13)

Знаки отрезков а, b берутся в исходной системе координат, т.е. в формулах (3.9)÷(3.11) в системе zc , yc , а в формулах (3.12), (3.13) – в системе z1 , y1 . Из рассмотрения вышеприведенных формул можно сделать ряд выводов. 3.1.6. При удалении (параллельный перенос) осей от центральных осей осевые и полярный моменты инерции увеличиваются. 3.1.7. Осевые моменты инерции относительно центральных осей являются минимальными по сравнению с моментами инерции относительно других осей, им параллельным. 3.1.8. При параллельном переносе одной координатной оси ( a ≠ 0 , b = 0 ) центробежный момент инерции не изменяется. Зависимости между моментами инерции при повороте координатных осей вокруг любой точки сечения (рис. 3.6) имеют вид Iz + I y Iz − I y I z1 ( I y1 ) = ± cos 2α ∓ I zy sin 2α , (3.14) 2 2 96

I z1 y1 =

Iz − I y

sin 2α + I zy cos 2α , (3.15) 2 где в (3.14) нижние знаки для I y1 ; угол α положителен, если направлен против часовой стрелки, и отрицателен – по часовой стрелке. Из анализа формул (3.14), (3.15) можно сделать следующие выводы. 3.1.9. Сумма моментов инерции относительно любых взаимно перпендикулярных осей при повороте их вокруг одного и того же начала координат, есть величина постоянная, т.е. I z1 + I y1 = I z + I y = const .

Вывод этот естественен с учетом формулы (3.8) и положения 3.1.5.

Рис. 3.6

Рис. 3.7

3.1.10. При повороте осей на 90° (или, что то же самое, при повороте сечения на 90° относительно первоначальных осей) центробежный момент инерции меняет свой знак на обратный. Последний вывод получим, подставив в (3.15) α = 90° , тогда I z1 y1 = − I zy . Это же следует и из рис. 3.7, согласно которому при повороте осей на 90° ординаты элементарных площадок dF сохраняют свой знак, а абсциссы – меняют свой знак на обратный. Так как центробежный момент инерции является непрерывной функцией от угла α, то согласно выводу 3.1.10 существует такое значение угла α = α 0 , лежащее в пределах 0 < α 0 < 90° , при котором центробежный момент инерции I z1 y1 = 0 . 97

Оси, относительно которых центробежный момент инерции равен нулю, получили название главных осей инерции. 3.1.11. Через любую точку фигуры можно так провести, по крайней мере, одну пару взаимно перпендикулярных осей, что центробежный момент инерции относительно этих осей будет равен нулю. Обозначим главные оси через z0 и y0 . Подставив в (3.15) α = α0 и приравняв I z1 y1 = I z0 y0 = 0 , получим формулу для определения положения главных осей инерции: −2 I zy tg 2α 0 = . (3.16) Iz − I y Этому выражению удовлетворяют два значения 2α 0 , отличающиеся на 180°, или два значения α 0 , отличающиеся на 90°, т.е. формула (3.16) дает положение двух главных осей, расположенных под углом 90°. Осевые моменты инерции относительно главных осей называются главными. Их значение получим по формуле (3.14), подставив α = α0 . Тогда, например, Iz + I y Iz − I y I z0 = + cos 2α 0 − I zy sin 2α 0 . (3.17) 2 2 Отметим, что ⎛ Iz − I y ⎞ dI z 0 = −2 ⎜ sin 2α 0 + I zy cos 2α 0 ⎟ = −2 I z0 y0 = 0 , dα ⎝ 2 ⎠ откуда следует, что главные моменты инерции являются экстремальными, которые принято обозначать I max = I u , I min = I v . Главные оси соответственно обозначают через u или u (max) , v или v(min) . Вынесем в формуле (3.17) cos 2α0 за скобку, тогда ⎛ Iz − I y ⎞ +⎜ − I zy tg2α 0 ⎟ cos 2α 0 ; 2 ⎝ 2 ⎠ 1 и заменим cos 2α 0 = ± , а tg 2α 0 его значением из фор1 + tg 2 2α 0 I z0 =

Iz + I y

мулы (3.16). В результате получим формулу свободную от α 0 : 98

2

⎛ Iz − I y ⎞ 2 ± ⎜ (3.18) ⎟ + I zy . 2 2 ⎠ ⎝ min По формуле (3.16), если I z − I y > 0 , получаем α 0 = α 0 (max) , а I max = I u ( I v ) =

Iz + I y

если I z − I y < 0 , то α 0 = α 0 (min) . Определить положение главных осей инерции можно и по формуле (3.19), при условии, что I z > I y : tg α

⎛ max ⎞ 0⎜ ⎟ ⎝ min ⎠

=

I zy I y − I max

.

(3.19)

min

Угол α 0 , определенный по формулам (3.16) и (3.19), откладывается от оси z (см. аналогию с теорией напряженного состояния на с. 72). Главные оси, проходящие через центр тяжести сечения, называются главными центральными осями инерции, а моменты инерции относительно этих осей – главными центральными моментами инерции. 3.1.12. Ось, относительно которой главный момент инерции максимален, всегда составляет меньший угол с одной из исходных осей, относительно которой момент инерции имеет большее значение. 3.1.13. Установить, является ли главная ось инерции осью u (max) , легко, если фигуре дать массу, тогда ось, относительно которой момент количества движения

(

)

L = ΣΔmi ⋅ ri2 ω

будет большим, и будет осью u (max) . Положения 3.1.12 и 3.1.13 проиллюстрированы на рис. 3.8.

99

Рис. 3.8

Здесь I z > I y и ось u составляют меньший угол с осью z ; момент количества движения Lu > Lv . 3.1.14. Ось симметрии всегда является главной центральной осью инерции; второй главной осью является любая другая ось, перпендикулярная к оси симметрии. Доказательство положения 3.1.14 следует из рассмотрения рис. 3.9, где ось y0 – ось симметрии фигуры. Здесь для любой элементарной площадки dF справа от оси y0 центробежный момент инерции прав dI zy = zy dF . В левой части фигуры будет существовать симмет0

лев ричная элементарная площадка dF, для которой dI zy = − zy dF . 0

Сумма двух элементарных центробежных моментов инерции равна нулю, поэтому и для всего сечения I zy0 будет равен нулю. Главной центральной осью инерции является и ось симметрии в интегральном смысле, как показано на рис. 3.10. Для сечения имеющего одну или более пары взаимно перпендикулярных осей симметрии удобно пользоваться понятием «полуфигура».

Рис. 3.9

Рис. 3.10

Полуфигурой называют фигуру, полученную путем рассечения плоской фигуры линией любой формы обратно симметричной к 100

осям симметрии; при этом при повороте полуфигуры на 180° вокруг центра тяжести всей фигуры она (полуфигура) совпадает со второй полуфигурой (рис. 3.11).

Рис. 3.11

3.1.15. Главные центральные оси фигур типа рис. 3.11 являются главными осями их полуфигур. Этот вывод будет очевиден, если провести дополнительную линию B1C (пунктир на рис. 3.11, а, б, в), симметричную ВС, дополнительную линию B1D1 (пунктир на рис. 3.11, г), симметричную 101

BD1 . У полученных частей I и II полуфигуры ось z для I части и ось y для II части являются осями симметрии и, следовательно, для всей полуфигуры — главными осями. 3.1.16. Моменты инерции полуфигуры относительно осей, являющихся главными центральными осями всей фигуры типа рис. 3.11, равны половине величины моментов инерции относительно соответствующих главных центральных осей всей фигуры. Этот вывод получим из рассмотрения, например, прямоугольника на рис. 3.11, а: I z (полуфигуры ACBLL1 A) =

1 bh3 1 bh3 ⋅ + I z′ (части ACK1 ) − I z′′ (части BCK ) = ⋅ , 2 12 2 12 так как I z′ = I z′′ . =

1 bh3 1 hb3 , Iy = ⋅ ; для ⋅ 2 12 2 12 1 a4 ; для полуфигуры Iz = I y = ⋅ 2 12

Итак, для полуфигуры рис. 3.11, а I z = полуфигуры

рис.

3.11, в

1 5 3 4 ⋅ ⋅a . 2 16 3.1.17. Если фигура имеет две (см. рис. 3.11, в) и более (см. рис. 3.11, г) пары взаимно перпендикулярных осей симметрии, то любые две взаимно перпендикулярные оси, проходящие через центр тяжести всей фигуры, являются главными осями полуфигуры. 3.1.18. Сечения, имеющие более двух осей симметрии, т.е. все правильные многоугольники, начиная с равностороннего треугольника и заканчивая, в пределе, кругом, имеют бесконечное множество главных центральных осей инерции, относительно которых моменты инерции равны между собой. Действительно, для равностороннего треугольника (рис. 3.12) моменты инерции относительно осей z, y равны

рис. 3.11, г I z = I y =

3

⎛ 3⎞ a ⎜⎜ a ⎟ 3 2 ⎟⎠ bh 3 4 ⎝ Iz = = = a . 36 36 96 102

3

⎛a⎞ 3 3 h⎜ ⎟ a 2a 3 4 2 2 Iy = 2 ⎝ ⎠ = = a , I zy = 0 . 12 8 ⋅ 12 96 Тогда для осей, проходящих под углом α ( α + 90 ) к осям z, y, согласно формуле (3.15) I z1 y1 = 0 , т.е. оси z1 , y1 – главные; согласно

формуле (3.14) I z1 = I y1 = I z = I y , т.е. их значение не зависит от угла α. 3.1.19. Если моменты инерции относительно главных осей, проходящих через любую точку сечения (например, точку А сечения на рис. 3.13), равны, то все оси, проходящие через эту точку, являются главными осями и моменты инерции относительно их равны. С учетом того, что 4a(2a)3 32 4 2a (4a )3 32 4 I z0 = = a и I y0 = = a , 3 3 12 3 а I z0 y0 = 0 ( y0 – ось симметрии), по формуле (3.14) получим, что независимо от угла α для осей, проходящих через точку А, 32 Ii = a4 . 3

Рис. 3.12

Рис. 3.13

Рис. 3.14

3.1.20. Если относительно двух произвольных взаимно перпендикулярных осей, проходящих через данную точку сечения, моменты инерции равны, то главные оси проходят через эту точку сечения под углом в 45° к исходным осям (рис. 3.14).

103

Вывод следует из анализа формулы (3.16). При

Iz = I y

2α 0 = 90° , а α 0 = 45° . Для определения знака центробежного момента инерции I zc yc

для уголков равнобоких и неравнобоких, прямоугольных треугольников относительно центральных осей, параллельных полкам (катетам), которые не являются главными осями, удобно пользоваться схемой, представленной на рис. 3.15, согласно которой знак I zc yc , обратный знаку тангенса угла для каждого квадранта.

Рис. 3.15

К геометрическим характеристикам плоских фигур относятся также неинтегральные характеристики: радиус инерции сечения относительно центральных осей Iy I > 0 , [м]; (3.20) iz = z > 0 , i y = F F осевые моменты сопротивления сечения относительно главных центральных осей 104

Wz =

Iz ymax

> 0 , [м3],

(3.21)

где ymax – ордината наиболее удаленных от оси z точек сечения (рис. 3.16); полярный момент сопротивления круглого сечения Ip (3.22) Wp = > 0 , [м3], ρmax где ρmax = r – расстояние до наиболее удаленной точки от центра круглого сечения (рис. 3.17).

Рис. 3.16

Рис. 3.17

Если геометрическая характеристика есть величина переменная, например, зависящая от угла поворота α, то ее экстремальные значения найдем, если возьмем производную по α и исследуем на экстремум. Приведем значения моментов инерции для простейших фигур, часто встречающихся в задачах. Для квадрата со стороной а (рис. 3.18) a4 , (3.23) I z = I y = Ii = 12 a4 , (3.24) I z1 = I y1 = 3 7 Iu = a4 . (3.25) 12 105

Для прямоугольника размерами b × h (рис. 3.19) bh3 hb3 , Iy = , (3.26) 12 12 bh3 hb3 , I y1 = . (3.27) I z1 = 3 3 Для прямоугольного треугольника с катетами b, h (рис. 3.20) Iz =

bh3 hb3 , Iy = , 36 36 bh3 hb3 , , I z1 = I y1 = 12 12 bh3 , I z2 = 4 b2 h2 , I zy = − 72 b 2 h2 , I z1 y1 = 24 b2 h2 . I z2 y1 = − 8 Iz =

Рис. 3.18

Рис. 3.19

106

(3.28) (3.29) (3.30) (3.31) (3.32) (3.33)

Рис. 3.20

Для круга радиусом r (см. рис. 3.17) πr 4 πd 4 , (3.34) I z = I y = Ii = = 4 64 πr 4 πd 4 , (3.35) Ip = = 2 32 5 I z1 = πr 4 . (3.36) 4 3.1.21. Учитывая свойство аддитивности геометрических характеристик, во многих задачах при их определении удобно достроить заданное сечение до такой простой фигуры, для которой геометрические характеристики известны. 3.2. Задачи Задача 3.1. Для фигуры (рис. 3.21), ограниченной осью абсцисс и параболой y = az n , определить площадь, статический момент площади относительно оси y и положение центра тяжести – абсциссу z c .

Рис. 3.21

Рис. 3.22

Задача 3.2. Определить величину размера h для фигуры (рис. 3.22), при котором центр тяжести ее будет находиться на прямой AB.

107

Рис. 3.23

Рис. 3.24

Задача 3.3. Чему равен размер а, если главные центральные моменты инерции сечения (рис. 3.23) равны между собой? При полученном значении а записать выражение для определения главных центральных моментов инерции. Задача 3.4. Определить моменты инерции относительно осей z и y для плоских фигур (рис. 3.24). Задача 3.5. Для треугольника ADC (рис. 3.25) определить осевой момент инерции относительно медианы ОС, если h, b, α заданы.

Рис. 3.25

Задача 3.6. Определить момент инерции относительно оси z для фигуры, изображенной на рис. 3.26. Задача 3.7. Найти момент инерции относительно оси z круга, имеющего n одинаковых вырезов, равномерно расположенных по окружности (рис. 3.27), если R1 = 0,5R ; R2 = 0,75 R .

108

Рис. 3.26

Рис. 3.27

Задача 3.8. Сторона квадрата выреза равна na (рис. 3.28). Чему равно n, если I z / I y = 5 .

Рис. 3.28

Рис. 3.29

109

Рис. 3.30

Задача 3.9. В окружность радиуса R вписан правильный шестиугольник (рис. 3.29). Определить центробежный момент инерции площади шестиугольника относительно осей z1 , y1 . Задача 3.10. Для сечения (рис. 3.30) вычислить момент инерции относительно оси z. Задача 3.11. Координаты вершин треугольника (рис. 3.31) приведены в сантиметрах. Определить момент инерции относительно оси y.

Рис. 3.31

Рис. 3.32

Задача 3.12. Для заданной плоской фигуры (рис. 3.32) показать положение главных центральных осей инерции.

Рис. 3.33

Задача 3.13. Сечения (рис. 3.33) составлены из уголков № 3 (30×30×3) по ГОСТ 8509-86. Показать, как будут проходить главные центральные оси сечений, и определить I u = I max , I v = I min . Задача 3.14. Определить момент инерции фигуры относительно оси z (рис. 3.34). 110

Рис. 3.34

Рис. 3.35

Задача 3.15. Найти осевой момент инерции I z1 заштрихованной площади (рис. 3.35), представляющей собой часть правильного шестиугольника со стороной R. Задача 3.16. Определить момент инерции относительно оси y1 для плоской фигуры (рис. 3.36).

Рис. 3.36

Рис. 3.37

Задача 3.17. Найти момент инерции относительно оси z плоской фигуры (рис. 3.37), если сторона равносторонних треугольников111

вырезов равна a. Центры тяжести треугольников лежат на окружности радиуса r = 2a , угол α = 10° . Задача 3.18. Фигура (рис. 3.38) образована n вписанными друг в друга квадратами ( n → ∞ ). Вычислить момент инерции относительно оси z1 . Задача 3.19. При каком значении h все оси, проходящие через точку А трапеции (рис. 3.39), будут главными?

Рис. 3.38

Рис. 3.39

Задача 3.20. Установить, при каком значении а оси z, y будут главными осями сечения (рис. 3.40).

Рис. 3.40

112

Задача 3.21. Для фигуры, вписанной в окружность радиусом R, образованную двумя диаметрами AF и CD и хордами AE, EC, FK, KD (рис. 3.41), определить угол α, при котором I z = I y .

Рис. 3.41

Рис. 3.42

Задача 3.22. Для плоской фигуры (рис. 3.42) определить на оси y положение точки, через которую главные оси проходят под углом 45° к оси y. Задача 3.23. При каком соотношении h / b момент инерции и момент сопротивления относительно оси z будут максимальными для плоской фигуры (рис. 3.43).

Рис. 3.43

Рис. 3.44

113

Задача 3.24. Как обтесать круглое бревно, чтобы полученный из него брусок прямоугольного поперечного сечения обладал наибольшей прочностью при изгибе (рис. 3.44). Задача 3.25. Найти, при каком значении δ момент сопротивления относительно оси z поперечного сечения балки (рис. 3.45) будет наибольшим. На сколько повысится прочность балки при оптимальном δ?

Рис. 3.46

Рис. 3.45

Задача 3.26. Стержень прямоугольного сечения (рис. 3.46) сделан из пористого материала. Плотность пор меняется по высоте сечения по закону ρ( y ) = ρ0 y / h , где ρ0 = const . В целом поры ослабляют сечение на 25 %. Определить момент инерции сечения относительно его центральной горизонтальной оси. 3.3. Решения, указания, ответы 3.1. При z = l

y (l ) = h = al n , откуда a = l

h ln

(рис. 3.47). Площадь

h ⋅l . Статический момент 1 n + l F F 0 площади относительно оси y найдем по формуле (3.2):

фигуры F = ∫ dF = ∫ ydz = ∫

h

n

⋅ z n dz = l

S y = ∫ z dF = ∫ zy dz = ∫ F

h

0l

F

114

n

z n +1 dz =

hl 2 . n+2

Рис. 3.47

Абсциссу центра тяжести фигуры определим по формуле (3.6): Sy n +1 zc = = l F n+2 1 тогда l − zc = l. n+2 Если n = 1 , т.е. фигура представляет собой треугольник, то 1 hl 2 2 1 F = hl , S y = , zc = l , l − z c = l . 3 3 2 3 Если n = 2 , т.е. фигура сверху ограничена квадратичной параболой, то hl 2 3 1 1 F = hl , S y = , zc = l , l − zc = l . 3 4 4 5 Если n = 3 , т.е. фигура сверху ограничена кубической парабо4 1 1 hl 2 hl , S y = , zc = l , l − zc = l . 5 5 5 4 3.2. Для того чтобы центр тяжести находился на прямой АВ, последняя должна совпадать с центральной осью z c . Согласно положению 3.1.1 статический момент всей площади фигуры S zc = S AB должен быть равен нулю.

лой, то F =

Следовательно, для фигуры (рис. 3.48), состоящей из двух частей 1 и 2: S zc = F1 yc1 + F2 yc2 = h=

2 6

πR 2 4 R ⎛ h⎞ + 2 Rh ⎜ − ⎟ = 0 , откуда 2 3π ⎝ 2⎠

R. 115

Рис. 3.48

3.3. Представим всю фигуру, состоящую из трех частей, в алгебраическом смысле: 1-я – полукруг; 2-я – треугольник ABK; 3-я – треугольник A1B1K1 (рис. 3.49, а).

Рис. 3.49

Для каждой из фигур моменты инерции относительно осей z, y, проходящих через точку O, равны между собой: 1 πR 4 R4 a4 ; I z2 = I y2 = ; I z3 = I y3 = . 6 6 2 4 Следовательно, для всей фигуры оси z, y являются главными, так как y – ось симметрии, и моменты инерции для всей фигуры относительно этих осей равны, т.е. I z = I y . I z1 = I y1 =

116

Для того чтобы эти оси были бы главными и центральными, необходимо, чтобы центр тяжести всей фигуры совпадал с точкой О. Это условие будет выполняться, если статический момент площади всей фигуры относительно оси z будет равен нулю: 1 4 R 1 2⎛ 1 ⎞ 1 2 1 S z = S z1 + S z2 − S z3 = πR 2 + 2 R ⎜ − R ⎟ − 2a a = 0 , 2 3π 2 3 ⎝ 3 ⎠ 2 откуда a = R , т.е. фигура должна иметь вид, показанный на рис. 3.49, б. Главные центральные моменты инерции будут равны моментам инерции относительно осей z и y для полукруга: πR 4 . Iz = I y = 8 3.4. Учитывая свойство аддитивности геометрических характеристик, для фигуры рис. 3.24, а моменты инерции πR 4 πr 4 π 4 Iz = I y = − = (R − r 4 ) . 4 4 4 Для фигуры рис. 3.24, б, учитывая положение 3.1.4, найдем π I z = ( R4 − r 4 ) , 4 а для определения I y воспользуемся формулой (3.9): 1π 4 ⎡1 π 4 1 ⎛1 ⎞⎤ (R − r 4 ) + ⎢ ( R − r 4 ) + ( R + r )2 ⎜ πR 2 − πr 2 ⎟ ⎥ . 24 2 ⎝2 ⎠⎦ ⎣2 4 3.5. Из вершин А и D треугольника (рис. 3.50) опустим перпендикуляры на медиану и ее продолжение. Из рисунка имеем Iy =

h BH 3 hb3 2 b H = sin α , B = , Iz = 2 = sin α . sin α 12 48 2 3.6. Решение основано на положении 3.1.4, формуле (3.26) и (3.9). Центр тяжести фигуры лежит на высоте 3b от основания фигуры (см. рис. 3.26). Относительно горизонтальной оси z c , проходя-

щей через центр тяжести I zc = H = 6b .

BH 3 = 72b 4 , так как B = 4b , 12

I z = I zc + a 2 F = 72b 4 + b 2 ⋅ 4b ⋅ 6b = 96b 4 . 117

Рис. 3.50

3.7. Для решения задачи воспользуемся формулами (3.8) и (3.35): R2 πR 4 I p = I z + I y = 2I z = − n ∫ ρ2 (αρ d ρ) , где αρ dρ = dF – элемен2 R 1

тарная площадка выреза (см. рис. 3.27). Проведя интегрирование второго члена выражения для I p , по1 ⎛ πR 4 65 4 ⎞ R ⎟. лучим I z = ⎜ − nα 2 ⎜⎝ 2 1024 ⎟⎠ 3.8. Моменты инерции квадрата с вырезом (см. рис. 3.28) отноa 4 (na )4 сительно любой центральной оси I zc = I yc = − = Iy . 12 12 Для определения момента инерции относительно оси z восполь⎡ a 4 (na )4 ⎤ ⎛ a ⎞2 2 2 зуемся формулой (3.9): I z = ⎢ − ⎥+⎜ ⎟ ⎡⎣ a − (na ) ⎤⎦ . 12 ⎥⎦ ⎝ 2 ⎠ ⎢⎣ 12 1 Учитывая, что I z = 5 I y , найдем n = . 2 3 3.9. Из рис. 3.51 имеем, что h = R . Используя формулы 2 (3.29) и (3.30), получим, что Rh3 Rh3 5 3 4 Iz = I y = 4 +2 = R = 0,5413R 4 , 12 4 16 118

1 3 3 2 F = 6 ⋅ Rh = R = 2,598 R 2 . 2 2 Эти же значения можно взять из [17]. Для определения I y2 вос-

пользуемся формулой (3.9): I y2 = I y + R 2 F = 3,1393R 4 .

Рис. 3.51

Так как оси z, y2 – главные, то I zy2 = 0 , тогда по формуле (3.15) найдем I z1 y1 =

I z − I y2

sin 2α =

−2,598 R 4 (−1) = 1,3R 4 , 2

2 так как α = −45° , sin 2α = −1 . 3.10. Вариант 1. Достроив фигуру (рис. 3.52) до параллело1 BH 3 1 6b(4b)3 грамма, найдем по формуле (3.26) I z = = = 16b 4 . 2 12 2 12 Вариант 2. Центральная ось zc расположена на расстоянии 1 4 H = b от оси z1 , тогда расстояние от оси zc до z 3 3 4 2 a = 2b − b = b . 3 3

119

Рис. 3.52

Рис. 3.53

Воспользовавшись формулами (3.28) и (3.9), найдем 2

BH 3 6b(4b)3 ⎛ 2 ⎞ 1 + a2 F = + ⎜ b ⎟ 6b ⋅ 4b = 16b 4 . 36 36 ⎝3 ⎠ 2 В варианте 2 решение более сложное, чем в варианте 1. 3.11. Продлив прямую 1 – 2 (рис. 3.53) до пересечения с осью y, получим точку 3, координаты которой найдем из уравнения прямой y − y1 z − z1 . Из последнего уравнения z3 = 0 , y3 = −12 см, т.е. = y2 − y1 z2 − z1 Iz =

b = 12 см, h1 = 13 см, h2 = 8 см. Момент инерции относительно оси y треугольника 012 найдем как разность моментов инерции для двух треугольников: bh13 bh23 . − 12 12 3.12. Разбив всю фигуру на две части (см. пунктир на рис. 3.54 фигуры), замечаем, что она состоит из двух одинаковых уголков, Iz =

120

повернутых по отношению друг к другу на 90°. Все построения по определению центра тяжести всей фигуры и положение главных центральных осей приведены на рис. 3.54. Положение 3.1.13 позволяет установить, что u = u (max) , v = v(min) .

Рис. 3.54

3.13. Из таблиц ГОСТа для уголка № 3 (30×30×3), изображенного на рис. 3.55, а, имеем F = 1,74 см2, yc = zc = 0,85 см, I z = I y = 1, 45 см4, I z0 = 2,3 см4, I y0 = 0,6 см4. Тогда I z1 = I y1 = I z + yc2 F = 1, 45 + (0,85) 2 ⋅ 1,74 = 2,707 см4, yc = 1, 2 см. sin 45° Для сечения (рис. 3.55, б) главными центральными осями инерции (см. положения 3.1.3 и 3.1.13) будут оси u и v, для которых I v = 2 I z0 = 4, 6 см4 = I min , S=

а воспользовавшись формулой (3.9), получим

(

)

I u = 2 I y0 + S 2 F = 2(0,6 + 1, 22 ⋅ 1,74) = 6, 2 см4 = I max .

121

Для сечения (рис. 3.55, в) главными центральными осями будут любые оси, проходящие через точку С (см. положение 3.1.18):

(

)

I i = Iu = I v = 4 I z1 = 2 I z0 + 2 I y0 + S 2 F = 10,82 см4.

Рис. 3.55

Для сечения (рис. 3.55, г) центр тяжести находится в точке С (см. положение 3.1.3), а главными центральными являются оси u, v, для которых I u = 2 I y1 = 5,14 см4 = I max , I v = 2 I z = 2,9 см4 = I min . 3.14. Дополнив сечение обратно зеркальной фигурой (рис. 3.56), убеждаемся, что заданное сечение является полуфигурой сечения в виде квадрата с квадратным вырезом, и согласно положениям 3.1.16, 3.1.18, а также формуле (3.23) получим 1 ⎡ (4a) 4 (2a ) 4 ⎤ 4 Iz = ⎢ − ⎥ = 10a . 2 ⎣⎢ 12 12 ⎦⎥ 122

Рис. 3.56

3.15. Сечение, представленное на рис. 3.35, является полуфигурой правильного шестиугольника. Согласно положениям 3.1.6, 3.1.18 и значения момента инерции для шестиугольника (см. решение задачи 3.9) будем иметь, что относительно оси z1 момент инерции I z1 =

1 5 3 4 ⋅ R . 2 16

3.16. Так как любая центральная ось квадрата является главной центральной осью (см. положение 3.1.18), и любая ось полукруга, проходящая через точку О, является главной осью (см. положение 3.1.19), то для всей фигуры (см. рис.3.36) момент инерции I y1 =

(6a )4 1 πr 4 (6a )4 1 π(2a )4 − ⋅ = − ⋅ = 101,72a 4 . 12 2 4 12 2 4

Таким образом, момент инерции относительно оси y1 не зависит от значения угла α. 3.17. Согласно положению 3.1.18 для равностороннего треугольника собственные центральные моменты инерции не зависят

123

от угла α и равны I i = bh3 / 36 = 3a 4 / 288 , так как b = a , h = a 3 / 2 . Полярный момент инерции I ′p = 2 I i = 3a 4 / 144 .

Воспользовавшись формулами (3.35) и (3.10), найдем полярный момент фигуры (см. рис. 3.37) относительно ее центра тяжести С: ⎛ 3a 4 πR 4 π(4a )4 1 a 3⎞ − 4 I ′p + r 2 F ′ = − 4⎜ + (2a )2 a ⎟, ⎜ 144 2 2 2 2 ⎟⎠ ⎝ где F ′ – площадь равностороннего треугольника со стороной а. Тогда осевой момент инерции фигуры Iz = I y = I p / 2 . Ip =

(

)

3.18. Согласно положению 3.1.18 для каждого квадрата, независимо от его поворота относительно главных центральных осей, осеai4 . 12 Момент инерции наружного самого большого квадрата с квадратным вырезом (см. рис. 3.38)

вой момент инерции I zc =

I z′ =

a 4 (a′) 4 a 4 , − = 12 12 16

где a′ – сторона квадратного выреза, равная

a

. 2 Размер стороны каждого последующего квадрата с квадратным вырезом в два раза меньше предыдущего, а осевой момент инерции, следовательно, в 16 раз меньше предыдущего. Суммируя моменты инерции всех квадратов с вырезами, получим для всего сечения 4 a4 ⎛ 1 1 1 ⎞ a 1 + + 2 + 3 + ... ⎟ = . ⎜ 16 ⎝ 16 16 16 ⎠ 15 3.19. Проведем через точку А оси z, y (рис. 3.57). Согласно положению 3.1.19, если I z = I y , то все оси, проходящие через точку

Iz =

А, будут главными. Представим фигуру, как состоящую из трех 124

частей: одинаковых прямоугольных треугольников 1 и 3, с катетами а и h, и прямоугольника 2 шириной а и высотой h. Найдем моменты инерции относительно осей z и y для всей фигуры, воспользовавшись формулами (3.27) – (3.29), (3.9): Iz =

ah3 ah3 ah3 , +2 = 3 12 2

⎡ ha3 ⎛ a a ⎞2 ah ⎤ 5 3 ha 3 Iy = + 2⎢ +⎜ + ⎟ ⎥ = ha . 12 ⎢⎣ 36 ⎝ 2 3 ⎠ 2 ⎥⎦ 6 5 . 3 Проверим полученный результат, подставив вместо h его значение:

Из равенства этих моментов найдем h = a

Iz =

ah3 5 5 4 5 5 5 4 = a ; I y = ha 3 = a . 2 6 3 6 6 3

Рис. 3.57

3.20. Вариант 1. Проведем через точку О оси z1 , y1 . Эти оси будут главными, так как y1 – ось симметрии (рис. 3.58).

125

Рис. 3.58

Согласно положению 3.1.19, если I z1 = I y1 (*), то все оси (в том числе и оси z, y), проходящие через точку О, будут главными. Найдем моменты инерции относительно осей z1 и y1 по формулам (3.26) и (3.27): I y1

HB 3 hb3 4t (8t )3 3t ⋅ a 3 , = − = − 12 12 12 12

I z1 =

BH 3 bh3 8t (4t )3 a (3t )3 . − = − 3 3 3 3

Из равенства (*) найдем а: 108 = 6t . 3 Вариант 2. По формуле (3.15), с учетом того, что оси z, y должны быть главными, a=t

I zy =

I z1 − I y1 2

sin 2α − I z1 y1 cos 2α = 0 , I z1 y1 = 0 .

sin 2α ≠ 0 , то, следовательно, I z1 − I y1 = 0 , т.е. прихо2 дим к исходному положению (*) решения варианта 1.

Так как

126

3.21. Оси z, y, как оси симметрии (рис. 3.59, а), являются главными центральными осями инерции, при этом согласно положению 3.1.13 z – ось u (max) , а y – это v(min) . По мере увеличения угла α величина I v будет приближаться к значению Iu . Равенство I v = I u , т.е. I y = I z (*), наступит при α = 90° (рис. 3.59, б).

Рис. 3.59

К такому же выводу можно прийти, записав выражение для I y и I z для фигуры (см. рис. 3.59, а). Воспользуемся формулами (3.28),

(3.9), (3.30), (3.29), с учетом, что h = R(1 − cos α) . Тогда

B = R sin α ,

2 ⎡ 2 Bh3 ⎛ h 2 BH 3 ⎤ ⎞ 1 Iz = 2 ⎢ + ⎜ + H ⎟ ⋅ 2 Bh + ⎥= 4 ⎥⎦ ⎝3 ⎠ 2 ⎢⎣ 36

=

R4 sin α 1 + cos α + cos 2 α ; 3

(

Iy = 4

)

RB 3 R 4 3 = sin α . 12 3 127

H = R cos α ,

Приравняв эти значения, согласно (*) получим cos α(1 + 2cos α) = 0 ,

откуда α1 = 90° или α 2 = 120° , что для задачи не имеет смысла. 3.22. Пусть искомой точкой на оси y будет точка А (рис. 3.60). Тогда согласно положению 3.1.20 моменты инерции I z1 = I y , или, воспользовавшись формулами (3.29), (3.9), запишем, что 3

⎛H ⎞ B⎜ ⎟ HB3 1 9 2 = 2b 4 , I z1 = 2 ⎝ ⎠ + a 2 ⋅ BH = b 4 + a 2 ⋅ 3b 2 = I y = 12 2 8 12 7 . 24 Положение главных осей инерции показано на рис. 3.60.

откуда a = b

Рис. 3.60

3.23. Для фигуры (см. рис. 3.43) имеем, что b = 2c sin α , h = 2c cos α , b / h = tg α . Момент инерции относительно оси z равен BH 3 c 4 sin α cos3 α , где B = b , H = h / 2 . Исследуем I z на = 12 3 dI 1 h экстремум: z = 0 ⇒ tg 2 α = , то тогда = 3 . 3 dα b Iz = 2

128

Момент сопротивления относительно оси z I I Iz c3 sin α cos 2 α = Wz = z = z = . 3 ymax h / 2 c cos α dWz 1 Исследуем Wz на экстремум: = 0 ⇒ tg 2 α = , тогда 2 dα h = 2. b 3.24. Из рис. 3.61, а имеем, что b2 + h2 = D 2 = 4 R 2 ⇒ h 2 = 4 R2 − b2 . Отнесем сечение к координатным осям z, y. Брусок прямоугольного сечения будет обладать наибольшей прочностью при изгибе, если момент сопротивления относительно оси z достигнет максимальной величины. Wz = I z / ymax =

bh3 bh 2 b = = (4 R 2 − b 2 ) . 12h / 2 6 6

Рис. 3.61

129

dWz 2 2 1 2 = R − b = 0 , получим, что 3 2 db D 2 2R D b= = . Тогда h = b 2 = . 3 3 3 Рассмотренную задачу называют задачей Парана (французский ученый, 1666 – 1716). Паран дал ответ в форме, удобной для мастера, работающего топором. Он предложил разделить диаметр на три равные части (рис. 3.61, б), из точек В и С восстановить перпендикуляры BF и CK. Прямоугольник AFEK и будет искомым сечением, 1 4 2R так как b = h12 + (2 R / 3) 2 = R 2 − R 2 + R 2 = . 9 9 3

Из условия экстремума

Рис. 3.62

3.25. Для квадратного сечения (рис. 3.62) без удаления площади высотой δ I a 4 h4 h3 , Wz = z = . Iz = = y1 24 12 48 После удаления площадок высотой δ ⎡ 2δ ⋅ δ3 ⎛ h 2 ⎞ 2 1 ⎤ h4 * Iz = −2 ⎢ + ⎜ − δ ⎟ ⋅ ⋅ 2δ ⋅ δ ⎥ , 48 ⎝2 3 ⎠ 2 ⎢⎣ 36 ⎥⎦ 1 Wz* = I z* / y2 = (24δ3 − 20hδ2 + 2h 2 δ + 2h3 ) , 24 h где y2 = − δ . 2 130

Из

условия

экстремума

dWz* =0 dδ

получим

уравнение

1 h h и δ2 = ( δ2 18 2 * не имеет смысла). Подставляя δ1 в выражение для Wz , получим 72δ2 − 40hδ + 2h 2 = 0 , корни которого будут δ1 =

Wz* =

h3 19 ⋅ = 1,05 Wz , т.е. прочность балки увеличится на 5 %. 24 18

Рис. 3.63

3.26. Площадь пор в элементарной площадке dF = b dy , отстоящей на расстоянии y от оси z (рис. 3.63), ρ dFпор = ρ( y ) ⋅ b dy = 0 by dy . h Так как поры в целом на 25 % ослабляют сечение, то, следоваh ρb тельно, Fпор = ∫ dFпор = ∫ 0 y dy = 0, 25 bh , откуда ρ0 = 0,5 . 0 h F Найдем положение центра тяжести сечения по формулам (3.6), (3.7): h ρb ⎞ ⎛ y ⎜ b − 0 y ⎟ dy ( ) y dF dF − ∫ пор ∫ h ⎠ S 4 ⎝ yc = z = F =0 = h. 0,75bh 0,75bh 9 F 131

По формуле (3.3) момент инерции относительно оси z h 5 ⎛ ρ ⎞ I z = ∫ y 2 (dF − dFпор ) = ∫ y 2 ⎜ 1 − 0 y ⎟ b dy = bh3 . h ⎠ 24 ⎝ F 0 Тогда по формуле (3.12) найдем момент инерции относительно центральной оси, параллельной оси z, 2

I zc

5 13 3 ⎛4 ⎞ = bh3 − ⎜ h ⎟ 0,75bh = bh . 24 216 ⎝9 ⎠

132

Тема 4 ПЛОСКИЙ ИЗГИБ ПРЯМОГО БРУСА Плоским называется изгиб внешними нагрузками (сосредоточенные силы, распределенные нагрузки, пары сил), лежащими в одной плоскости, проходящей через главную центральную ось поперечного сечения, являющуюся осью симметрии, и осью бруса. Брус (стержень), испытывающий изгиб, принято называть балкой. 4.1. Построение эпюр внутренних силовых факторов 4.1.1. Предварительные замечания Простейшими балками являются консольная (рис. 4.1) и простая однопролетная (рис. 4.2). Из этих двух балок можно составить самые разнообразные балки. Так, например, на рис. 4.3 изображена двухпролетная балка с правой консолью.

Рис. 4.1

Рис. 4.2

Рис. 4.3

Опоры у балок бывают трех видов. 133

1. Шарнирно-подвижная опора. Ее схематическое изображение, наиболее корректное для осуществления кинематического анализа, представлено на рис. 4.4, а. На рис. 4.4, б показаны и другие обозначения опоры, встречающиеся в литературе, которые нами использоваться не будут. В такой опоре возникает только одна опорная реакция, перпендикулярная опорной поверхности.

Рис. 4.4

Рис. 4.5

Рис. 4.6

2. Шарнирно-неподвижная опора (рис. 4.5, а). На рис. 4.5, б представлено другое, встречающееся обозначение, которое в настоящем пособии использоваться не будет. В такой опоре возникают две опорные реакции R и Н, препятствующие вертикальному и горизонтальному смещению прилегающего к опоре сечения балки. Опора позволяет поворот прилегающего сечения балки. R и Н являются, по сути, вертикальной и горизонтальной компонентами реакции опоры, направленной под некоторым углом. 3. Жесткая заделка (защемление) (рис. 4.6). В такой опоре возникают вертикальная R, горизонтальная Н опорные реакции и опорный момент М. Такая опора лишает прилегающее сечение балки всех трех степеней свободы в плоскости. Принятое в настоящем пособии изображение опорных устройств позволяет устанавливать степень статической неопределенности балки по формуле (1.13): S = 3K − Ш . Так, для балки рис. 4.3 число замкнутых контуров K = 3 (I, II, III), число шарниров Ш = 8 , тогда S = 1 , т.е. балка один раз статически неопределимая. В поперечном сечении балки, испытывающей изгиб, возникают в случае поперечного изгиба два внутренних силовых фактора: Q y – поперечная (или перерезывающая) сила и M z – изгибающий

134

момент. В случае чистого изгиба Q y = 0 , M z ≠ 0 . (Принятое расположение осей представлено на рис. 4.3). Правило знаков для Qy и M z . Поперечная сила Qy положительна, если она стремится повернуть часть балки, к которой приложена по часовой стрелке, и, наоборот, отрицательна – если стремится повернуть против часовой стрелки. Рис. 4.7 иллюстрирует это правило. Изгибающий момент положителен, если он стремится так изогнуть балку, чтобы верхние волокна испытывали сжатие, а нижние – растяжение (рис. 4.8, а), отрицательный изгибающий момент вызывает сжатие нижних волокон и растяжение верхних (рис. 4.8, б).

Рис. 4.7

Рис. 4.8

Это же правило можно сформулировать исходя из знака кривизны в принятой системе координат: изгибающий момент положителен, если его действие приводит к 1 возникновению положительной кривизны > 0 (см. рис. 4.8, а), и, ρ 1 наоборот, M z отрицателен, если < 0 (см. рис. 4.8, б). ρ 135

Наиболее удобно определять знак изгибающего момента по мнемоническому «правилу воды»: изгибающий момент положителен, если «налитая вода» (штриховая линия на рис. 4.8, а) удерживается (не стекает!) на поверхности балки, в противном случае (см. рис. 4.8, б) момент M z отрицателен. Определение величины Q y и M z в произвольном поперечном сечении рассмотрим на примере сечения k − k для однопролетной балки (рис. 4.9, а).

Рис. 4.9

Воспользуемся методом сечений, для чего мысленно разрежем балку по сечению k − k и отбросим, например, правую часть балки. В сечении k − k (рис. 4.9, б) приложим положительные, согласно принятому правилу знаков, Qy , M z и составим уравнения равновесия: ∑ y = 0 , RA − P1 − P2 − Qy (k ) = 0 ⇒ Qy (k ) = RA − P1 − P2 ,

136

(4.1)

n

или Qy = ∑ Pi ;

(4.1а)

1

RA ⋅ xk − P1 ( xk − a1 ) − P2 [ xk − (a1 + a2 )] − M z (k ) = 0 , где ось z, относительно которой берутся моменты, расположена в сечении k − k , а знак момента в уравнении равновесия ∑ mz принят положительным по часовой стрелке и отрицательным – против. Из последнего уравнения равновесия имеем: M z (k ) = RA ⋅ x1 − P1 ( xk − a1 ) − P2 [ xk − (a1 + a2 ) ] , (4.2)

∑ mz = 0 ,

или

n

M z = ∑ Mi .

(4.2а)

1

Анализ выражений (4.1) и (4.2) позволяет сократить графическую работу при решении задачи – отказаться от изображения отсеченных частей балки. Из (4.1), (4.1а) следует, что: перерезывающая сила в любом поперечном сечении равна алгебраической сумме сил, перпендикулярных к оси балки (параллельно оси y) и лежащих по одну сторону от сечения. Внешняя сила, стремящаяся повернуть часть балки по часовой стрелке по отношению к рассматриваемому сечению, дает в выражении Qy положительное слагаемое, как, например, реакцию RA в выражении (4.1); сила, стремящаяся повернуть часть балки против часовой стрелки, дает отрицательное слагаемое, как, например, сила P1 и P2 в выражении (4.1). Из (4.2), (4.2а) следует, что: изгибающий момент в любом поперечном сечении равен алгебраической сумме моментов внешних сил, лежащих по одну сторону от сечения, относительно рассматриваемого сечения (относительно оси z рассматриваемого сечения). Внешние моменты, создающие положительную кривизну балки, дают в выражении M z положительные слагаемые, как, например, момент RA ⋅ x в выражении (4.2), и, наоборот – отрицательные слагаемые, если создают отрицательную кривизну, как, например, P1 ( xk − a1 ) и P2 [ xk − (a1 + a2 )] в выражении (4.2). 137

Учитывая, что приведенные правила знаков для Qy и M z не связаны с направлением выбранных осей координат, совершенно безразлично какая часть балки рассматривается лежащая слева или справа от сечения, т.е. можно брать абсциссу х как от левого конца балки вправо (как на рис. 4.9, а), так и от правого конца балки влево. Важно, чтобы выражения для Qy и M z были составлены наиболее рационально, т.е. чтобы в них входило возможно меньшее число слагаемых. Так для сечений на участке a4 и a3 балки, изображенной на рис. 4.9, а, рационально абсциссы х взять от опоры В влево. При построении эпюр Qy и M z пользуются дифференциальными зависимостями между внешними усилиями и внутренними силовыми факторами. Дифференциальные зависимости, полученные из рассмотрения равновесия элемента балки длиной dx (рис. 4.10), на который действуют усилия с положительным знаком, имеют следующий вид: dQ y dM z d 2M z dm q= =q+ , = Qy + m , . (4.3) 2 dx dx dx dx В большинстве задач интенсивность распределенной моментной нагрузки m = 0 , тогда дифференциальные зависимости принимают вид: dQ y dM z d 2M z q= = tgα , Qy = = tgβ , q = . (4.4) dx dx dx 2 где α – угол между направлением оси абсцисс и касательной к графику функции Qy ; β – угол между направлением оси абсцисс и касательной к графику функции M z . Обращаем особое внимание, что в формулах (4.3) – (4.5) q > 0 направлено снизу вверх, т.е. совпадает с положительным направлением оси y на рис. 4.3, 4.10. Положительный угол α или β наклона касательной – это наименьший угол между направлением оси х и касательной, отложенный против часовой стрелки, и, наоборот, отрицательный – по часовой стрелке, при направлении оси х слева направо. Если ось х направлена справа налево, т.е. рассматривается правая часть балки от сечения, то в формулах (4.3) – (4.4) перед q и 138

Q y нужно проставить знак минус, так как угол наклона касатель-

ной меняет знак при изменении направления оси абсцисс.

Рис. 4.10

Из выражения (4.4) имеем ⎧Q y = ∫ q dx ± Pi , ⎪ l (4.5) ⎨ ⎪ M z = ∫ Q y dx ± M i , l ⎩ где постоянные Pi и M i – это сосредоточенные силы и моменты, лежащие по одну (рассматриваемую) сторону от данного сечения, при этом знак перед ними проставляется согласно правилу знаков для Qy и M z . Формулами удобно пользоваться в особенности при построении эпюр от действия распределенной нагрузки q, изменяющейся по закону степенной или тригонометрической функции. 139

4.1.2. Порядок построения эпюр Qy , M z Рассмотрим порядок построения эпюр на ряде примеров для балок, загруженных наиболее часто встречающимися внешними силами: сосредоточенными силами, сосредоточенными моментами, распределенными по длине нагрузками. П р и м е р 1 (рис. 4.11) I операция. Изображение расчетной схемы. Сюда входит изображение оси балки, опорных устройств, активных сил, реакций опор с указанием выбранного их направления, размеров силовых участков. II операция. Определение опорных реакций. Приняв за начало координат точку А, изобразим координатные оси Y и Х. Составим уравнения равновесия в виде ∑ X = 0 , ∑ mK = 0 , ∑ m A = 0 : ∑ X = 0 ⇒ HA = 0 ; ∑ mK = 0 , RA ⋅ 8a − 2qa ⋅ 6a − 8qa ⋅ 4a + P ⋅ 3a − M = 0 ⇒ ⇒ R A = 5qa ; ∑ m A = 0 , − RK ⋅ 8a − M − P ⋅ 5a + 8qa ⋅ 4a + 2qa ⋅ 2a = 0 , откуда RK = qa . Отметим, что при составлении уравнений действие равномерно распределенной по длине нагрузки заменяется действием ее равнодействующей, приложенной в центре тяжести нагрузки. Так, для нагрузки интенсивностью q2 равнодействующая равна q2 ⋅ 2a = = 8qa и приложена посредине отрезка CD. При составлении уравнения вида ∑ mi = 0 для моментов принимается правило знаков: по часовой стрелке – знак «+», против часовой стрелки – «–», или наоборот. И совершенно неуместно вспоминать о правиле знаков для изгибающих моментов, так как в этом случае имеем дело исключительно с уравнениями статики. Для проверки правильности определения опорных реакций воспользуемся уравнениями, являющимися следствием вышеприведенных уравнений равновесия. Как известно из курса теоретической механики уравнение вида ∑ Y = 0 является следствием уравнений ∑ m A = 0 и ∑ mK = 0 , как сумма проекций на ось, перпендикулярную прямой, соединяющей точки А и К. Уравнение вида 140

Рис. 4.11 141

∑ mC = 0

(где С может быть любой точкой на линии АК) является следствием тех же уравнений, как сумма моментов относительно точки, лежащей на прямой, соединяющей точки А и К, относительно которых составлены уравнения моментов.1 Зачастую для проверки используют уравнение ∑ Y = 0 , однако проводить проверку по уравнению ∑ mC = 0 предпочтительнее, хотя и более сложнее получается само уравнение, но последнее уравнение учитывает и сосредоточенные моменты, которые не входят в уравнение ∑ Y = 0 . Покажем выполнение проверки при использовании как того, так и другого уравнения: ∑ Y = 0 ; RA − 2qa − 8qa + P + RK = 0 ⇒ 0 ≡ 0 , или

∑ mC = 0 ;

RA ⋅ 3a − 2qa ⋅ a + 8qa ⋅ a − P ⋅ 2a − M − RB ⋅ 5a = 0 ⇒

⇒ 0 ≡ 0. После проведения проверки выносим значения реакций на расчетную схему. III операция. Составление выражений для поперечной силы Q y и построение эпюры Q y . Определимся с количеством силовых участков, помня, что силовым участком называется такой участок, на котором сохраняется закон изменения внутренних силовых факторов Q y и M z . Границы участков располагаются в сечениях приложения сосредоточенных сил, сосредоточенных моментов, начала или конца однородной распределенной нагрузки. Балка АК (см. рис. 4.11) имеет следующие силовые участки: АВ длиной а, ВС, СD, DE длинами по 2a и ЕК длиной а, т.е. имеем пять силовых участка. Для составления выражений для поперечной силы, действующей на том или другом участке балки, следует выбрать точку нача1

В системе трех уравнений равновесия вида

∑ X = 0 , ∑Y = 0, ∑ mA = 0

∑ Y = 0 является независимым уравнением, как и в системе трех уравнений равновесия вида ∑ m A = 0 , ∑ mB = 0 , ∑ mC = 0 (если точки А,

второе уравнение

В, С не лежат на одной прямой) третье уравнение висимым уравнением равновесия. 142

∑ mC = 0 также является неза-

ла отсчета абсциссы х от левого или правого конца балки, при этом нужно стремиться так выбрать точку отсчета, чтобы в выражение Q y входило по возможности меньшее количество членов. Текущие абсциссы xi для каждого участка показаны на рис. 4.11, а, при этом абсциссы изменяются в пределах: 0 ≤ x1 ≤ a , a ≤ x2 ≤ 3a , 3a ≤ x3 ≤ 5a , 0 ≤ x4 ≤ a , a ≤ x5 ≤ 3a . Обратим внимание читателя, что, например, наименьшее значение x2 = a , и не может (!) быть меньше, так как в этом случае он ( x2 ) «заберется в чужой участок», участок «окормляемый» абсциссой x1 . Итак, с учетом правила знаков для Qy имеем: Q y1 = RA = 5qa , т.е. постоянная на всем участке АВ; Q y2 = RA − q ( x2 − a ) (линейная зависимость!),

при x2 = a

Q y2 = RA = 5qa ,

при x2 = 3a

Q y2 = RA − q ⋅ 2a = 3qa ;

Q y3 = RA − q ⋅ 2a − 4q ( x3 − 3a ) (линейная зависимость!),

при x3 = 3a

Q y3 = RA − 2qa = 3qa ,

при x3 = 5a

Q y3 = RA − 2qa − 4q ⋅ 2a = −5qa .

Найдем абсциссу сечения, в котором Q y = 0 , для чего приравняем Qy3 = 0 , откуда x30 = 3, 75a . Q y4 = Q y5 = − RK = −qa = const .

По полученным данным построим эпюру Qy . Напомним, что эпюра Qy представляет собой графическое изображение закона изменения перерезывающей силы по длине балки.

143

Эпюра Qy строится на базовой линии, параллельной оси балки, путем отложения по направлению оси Y в соответствующих сечениях найденных значений Qy (см. рис. 4.11, б). Отметим, что началом отсчета абсцисс силовых участков может служить и начало каждого силового участка. Так, для участка ВС началом отсчета может быть сечение В, при этом абсцисса x2′ имеет пределы изменения 0 ≤ x2′ ≤ 2a ; для участка CD с началом в сечении С – 0 ≤ x3′ ≤ 2a и т.п., при этом преимущество по сравнению с вышерассмотренным выбором начал отсчета в том, что наименьшая величина абсциссы всегда будет «нуль». Существенным недостатком этого «выбора» является то, что обучающийся забывает обо всех других силах, лежащих по одну сторону от рассматриваемого сечения, но не входящих в область x2′ . Поэтому этот способ отсчета лучше применять при уже имеющемся хорошем навыке в построении эпюр. Значения ординат эпюры Q y в характерных сечениях (границах участков) можно быстро и легко определить, используя формулу (4.5). Так в этой формуле, например, для сечения С

∫ q dx

пред-

l

ставляет собой площадь нагрузки q на участке слева от сечения С, т.е. ∫ q dx = −q ⋅ 2a (знак «–», так как нагрузка q направлена сверху l

вниз, т.е. q < 0 ). Pi = R A = 5qa со знаком «+», так как по правилу для поперечной силы стремится повернуть левую часть балки по отношению к сечению С по часовой стрелке. Итого имеем в сумме Q y = −2qa + 5qa = 3qa . IV операция. Составление выражений для изгибающего момента M z и построение эпюры M z . Рассматриваем те же силовые участки, что и в операции III, с теми же началами отсчета абсцисс текущих сечений и пределами изменения абсцисс xi . С учетом правила знаков для изгибающего момента имеем M z1 = R A ⋅ x1 (линейная зависимость!); 144

при x1 = 0

M z1 = 0 , при x1 = a

M z2 = R A ⋅ x 2 − q1 ( x 2 − a) ⋅

M z = 5qa 2 ;

( x 2 − a) q( x 2 − a) 2 = 5qa ⋅ x 2 − 2 2

(квадратная парабола!); при x 2 = a

M z2 = 5qa 2 ,

при x 2 = 3a M z2 = 13qa 2 .

Рис. 4.12

Рассмотрим применение ранее приведенного правила знаков для установления знаков членов вошедших в выражение M z2 . При определении знака момента от того или другого усилия рассматриваем только это усилие, его плечо до сечения, а само сечение мысленно представим себе жесткой заделкой (рис. 4.12). Из рис. 4.12, а ⎛1 ⎞ ясно, что R A вызывает положительную кривизну ⎜⎜ > 0 ⎟⎟ оси балки ⎝ρ ⎠ («вода не сливается»!), что изображено штриховой линией, и член R A ⋅ x 2 в выражение для M z2 входит со знаком «+». Из рис. 4.12, б ясно, что распределенная на длине ( x 2 − a) нагрузка интенсивно⎛1 ⎞ стью q вызывает отрицательную кривизну ⎜⎜ < 0 ⎟⎟ оси балки («вода ⎝ρ ⎠ не удерживается на балке, сливается»!), что изображено штриховой линией, и член

q( x 2 − a ) 2 входит в выражение для M z2 со знаком 2 145

«–». Отметим, что при составлении выражения изгибающего момента от распределенной нагрузки, последняя заменяется равнодействующей, приложенной посредине участка длиной ( x 2 − a) , т.е. в центре тяжести площади q ( x 2 − a) , тогда плечо этой равноx −a действующей до рассматриваемого сечения равно 2 . 2 q ( x − 3a ) 2 M z3 = R A ⋅ x3 − q1 ⋅ 2a ( x3 − 2a ) − 2 3 2 рабола!),

при x3 = 3a

M z3 = 3qa 2 ,

при x3 = 5a

M z3 = 11qa 2 .

(квадратная па-

Найдем еще одно значение M z3 , соответствующее абсциссе x30 = 3,75a . В этом сечении Q y3 = 0 , и согласно дифференциальной зависимости (4.4) M z3 достигает экстремального значения. При x3 = x30 M z3 = 13,63qa 2 . M z4 = R K ⋅ x 4 (линейная зависимость); при x 4 = 0

M z4 = 0 ,

при x 4 = a

M z4 = qa .

M z5 = R K ⋅ x5 + M = qa ⋅ x5 + 8qa 2 (линейная зависимость!),

при x5 = a

M z5 = 9qa 2 ,

при x5 = 3a M z5 = 11qa 2 . Рассмотрим применение принятого правила знаков для определения знаков членов выражения M z5 . Сечение, лежащее на расстоянии x5 , представим себе жесткой заделкой (рис. 4.13). R K ⋅ x5 вошло в выражение M z5 со знаком «+», так как этот момент создает положительную кривизну («вода не сливается»!), так же момент M = 8qa 2 создает положительную кривизну оси балки. 146

Рис. 4.13

Запомним, что «мысленная жесткая заделка» сечения производится в конце (!) абсциссы xi . По найденным значениям M zi строим эпюру M z (см. рис. 4.11, в). Значения ординат эпюры M z так же, как ординаты эпюры Q y , в характерных сечениях можно легко и быстро определить, используя формулу (4.5). Так в этой формуле, например, для сечения С ∫ Q y dx представляет собой площадь эпюры Q y на участке слева l

от сечения С, т.е.

∫ q dx = ω1 + ω2 = 5qa ⋅ a + l

5qa + 3qa ⋅ 2a = 13qa 2 = M z (C ) . 2

Слева от сечения С нет сосредоточенных моментов, поэтому M i в формуле (4.5) равно нулю. П р и м е р 2 (рис. 4.14) I операция. Изображение расчетной схемы. Реакции R A и RC направим вверх (см. рис. 4.14, а). II операция. Определение опорных реакций ∑ X = 0 ⇒ HA = 0;

∑ mC = 0 : ∑ mA = 0 :

3M ; l 3M RC ⋅ 2l − M 2 − M 1 = 0 ⇒ RC = − . l R A ⋅ 2l − M 1 − M 2 = 0 ⇒ R A =

147

Рис. 4.14

Проверка:

∑Y = 0 :

R A + RC = 0 ,

3M 3M − ≡0 l l

или

∑ mB = 0 :

R A ⋅ l − M 1 − M 2 − RC ⋅ l = 0 ,

3M ⎛ 3M ⎞ ⋅ l − 2M − 4 M − ⎜ − ⎟⋅l ≡ 0. l l ⎠ ⎝

Обратим внимание на часто совершаемую грубую ошибку при составлении уравнения равновесия в виде ∑ m A = 0 . Записывают часто это уравнение, не вводя в него момента M 1 , полагая, что «так как момент M 1 приложен в сечении А, то его момент относи148

тельно этого сечения равен нулю», забывая при этом, что это уже «готовый» сосредоточенный момент, и его уже не нужно умножать на какое-либо плечо. В результате определения реакций получили значение RC со знаком «–», что свидетельствует о том, что реакция направлена в противоположную сторону. Поэтому, вынося полученные значения реакций на расчетную схему, первоначальное направление реакции RC перечеркнем крестиком, направим RC вниз и запишем ее зна3M (см. рис. 4.14, а). чение RC = l III операция. Составление выражений для Q y и построение эпюры Q y . Силовых участков у балки два. Абсциссы текущих сечений участков обозначим через x1 и x 2 . Из рис. 4.14, а имеем, что 0 ≤ x1 ≤ l , 0 ≤ x 2 ≤ l . 3M 3M Q y1 = R A = = const , Q y2 = RC = = const . l l Эпюра Q y представлена на рис. 4.14, б. IV операция. Составление выражений для M z и построение эпюры M z . M z1 = R A ⋅ x1 − M 1 (линейная зависимость!), при x1 = 0

M z1 = − M 1 = −2 M ,

при x1 = l

M z1 = R A ⋅ l − M 1 = M ;

M z2 = − RC ⋅ x 2 (линейная зависимость!), при x 2 = 0 M z2 = 0 ,

при x 2 = l M z2 = − RC ⋅ l = −3M . Эпюра M z представлена на рис. 4.14, в. Покажем, как с помощью формулы (4.5) определить M z1 ( B ) при x1 = l − 0 , т.е. слева от сечения (то же сечение В, но справа от сечения имеет абсциссу x1 = l + 0 ). 149

∫ Q y dx = ω1 = l

3M ⋅ l , M i = − M 1 = −2 M , l

тогда M z1 ( B ) = 3M − 2 M = M . П р и м е р 3 (рис.4.15) I операция. Изображение расчетной схемы. В расчетной схеме не будем показывать реакции жесткой заделки (рис. 4.15, а). Изображение сосредоточенного момента другое, чем изображение в примере 2, но равнозначное ему. II операция. Определение опорных реакций. В жесткой заделке возникают три опорные реакции. Горизонтальная реакция H E = 0 из уравнения равновесия ∑ X = 0 , так как на балку действуют только вертикальные силы. В консольных балках две другие опорные реакции в защемлении определять не обязательно при выборе начала координат (отсчет абсцисс xi ) от сечения А – конец консоли, так как полученное далее значение поперечной силы в сечении заделки дает величину и направление вертикальной опорной реакции, а изгибающий момент в сечении заделки – опорный момент в заделке, что и будет показано дальше. III операция. Составление выражений для Q y и построение эпюры Q y . Силовых участков в балке четыре: 0 ≤ x1 ≤ 2a , 2a ≤ x 2 ≤ 4a , 4a ≤ x3 ≤ 6a , 6 a ≤ x 4 ≤ 8a . Абсциссы xi берем только от левого конца балки (от сечения А) и, таким образом, для всех сечений по одну (левую!) сторону будут только известные внешние усилия, т.е. значения опорных реакций не будут входить в выражения Q y и M z . Q y1 = −q ⋅ x1 (линейная зависимость!),

при x1 = 0

при x1 = 2a

Q y1 = 0 ,

Q y1 = −2qa ;

Q y2 = −2qa = const на втором участке;

Q y3 = Q y4 = −2qa + P = 4qa = const на третьем и четвертом участке. 150

Рис. 4.15

151

Эпюра Q y приведена на рис. 4.15, б. Формально из эпюры Q y следует, что в сечении С действуют Q y = −2qa и Q y = 4qa . Очевидно, что физически в одном и том же сечении не могут действовать два разных по величине и знаку внутренних силовых фактора одного смысла. Результат, полученный на эпюре Q y , является следствием схематизации реального объекта, согласно которой сосредоточенная сила действует в точке, тогда как в действительности сила действует на определенной конечной длине, например, Δx , и следовательно, действие силы равносильно действию распределенной нагрузки, интенсивностью P q= . Таким образом, фактически у сечения С эпюра Q y должна Δx (без схематизации!) выглядеть так, как показано на рис. 4.15, д. Итак, отвечая на вопрос «чему равна Q y в сечении С», должен быть дан ответ: подходя к сечению С слева ( x 2 = 4a − 0 ) Q y = −2qa , подходя к сечению справа ( x3 = 4a + 0 ) Q y = 4qa . Аналогичное, по сути, объяснение справедливо и для значения изгибающего момента, например для сечения D балки (см. рис. 4.15). IV операция. Составление выражений для M z и построение эпюры M z . qx12 (квадратная парабола!), 2 M z1 = 0 , при x1 = 0

M z1 = −

при x1 = 2a

M z1 = −2qa 2 ;

M z2 = −2qa( x 2 − a ) (линейная зависимость!),

при x 2 = 2a

M z2 = −2qa 2 ,

при x 2 = 4a M z2 = −6qa 2 ; M z3 = −2qa( x3 − a) + P ( x3 − 4a ) (линейная зависимость!), при x3 = 4a

M z3 = −6qa 2 , 152

при x3 = 6a M z3 = 2qa 2 ; M z4 = −2qa( x 4 − a ) + P ( x 4 − 4a) − M , при x 4 = 6a

M z4 = −4qa 2 ;

при x 4 = 8a

M z4 = 4qa 2 .

Эпюра M z приведена на рис. 4.15, в. После завершения III и IV операции при необходимости можно изобразить и реакции жесткой заделки. В сечении заделки Е Q y = 4qa ; для того чтобы вертикальная реакция в заделке вызвала такую перерезывающую силу, необходимо чтобы она была направлена вниз, т.е. стремилась повернуть примыкающую к заделке часть балки по часовой стрелке, как показано на рис. 4.15, г, и равна R E = 4qa . Изгибающий момент в сечении Е M z = 4qa 2 > 0 ; для того чтобы опорный момент M E вызвал положительный изгибающий момент (положительную кривизну оси балки), необходимо чтобы он был направлен против часовой стрелки, как показано на рис. 4.15, г, и равен M E = 4qa 2 . П р и м е р 4 (рис.4.16) I операция. Изображение расчетной схемы (рис.4.16, а). II операция. Определение опорных реакций. Согласно формуле (1.13) на с. 12 при числе замкнутых контуров K = 1 , количестве простых шарниров Ш = 3 , S = 3 ⋅ K − Ш = = 0 , т.е. задача статически определимая. Представленная балка носит название балки с промежуточным шарниром. Определение опорных реакций такой балки может быть произведено двумя методами. Рассмотрим первый метод. Неизвестных реакций опорных устройств – четыре: R B , R D , H D , M D . Уравнений равновесия можно записать только три:

∑X =0:

HD = 0;

153

(1)

Рис. 4.16 154

∑ mD = 0 : ∑ mB = 0 ,

M + R B ⋅ 4a − 2qa ⋅ 3a − P ⋅ 2a + M D = 0 ; M + 2qa ⋅ a + P ⋅ 2a − R D ⋅ 4a + M D = 0

(2) (3)

Дополнительное четвертое уравнение можно записать из того соображения, что изгибающий момент в шарнире С равняется нулю. Изгибающий момент равен алгебраической сумме моментов, лежащих по одну сторону от сечения С. Тогда

∑ M левая (C ) = M + RB ⋅ 2a − 2qa ⋅ a = 0

(или

(4)

∑ M правая (C ) = RD ⋅ 2a − M D = 0 ).

Решая совместно вышеприведенные четыре уравнения, получим R B = 0,5P ; R D = 2,5 P ; M D = 5 Pa ; H D = 0 . Рассмотрим второй метод. Балка с промежуточным шарниром представляет собой сочлененную систему, состоящую из двух балок, соединенных шарниром С: правой консольной балки CD и левой полуподвесной балки АС. Мысленно разъединяем эти балки и изображаем их отдельно, заменяя их взаимодействие реакциями H C и RC (см. рис.4.16, б). Силу Р, приложенную в сечении шарнира С, если специально не указано, можно отнести к правой балке CD (см. рис.4.16, б), или к левой балке АС, или разделить силу пополам и загрузить левую балку силой P / 2 в сечении С и правую балку силой P / 2 в сечении С. Для полуподвесной балки АС запишем три уравнения равновесия: ∑ X = 0 ⇒ HC = 0 ;

∑ mC = 0 : ∑ mB = 0 :

M + R B ⋅ 2a − 2qa ⋅ a = 0 ⇒ R B = 0,5P ; M + 2qa ⋅ a − RC ⋅ 2a = 0 ⇒ RC = 1,5 P .

Для консольной балки CD запишем три уравнения равновесия: ∑ X = 0 : − HC + H D = 0 ⇒ H D = 0 ;

∑ m D = 0 : − P ⋅ 2a − RC ⋅ 2a + M D = 0 ⇒ M D = 5Pa ; ∑ mC = 0 : − RD ⋅ 2a + M D = 0 ⇒ RD = 2,5P . 155

Проверка правильности определения реакций производится так же, как и в примере 1. Убедившись в правильности определения реакций, выносим их значения на расчетную схему (см. рис. 4.16, а). III операция. Составление выражений для Q y и построение эпюры Q y . Силовых участков у балки три, при этом 0 ≤ x1 ≤ a , a ≤ x 2 ≤ 3a , 0 ≤ x 3 ≤ 2a . Q y1 = 0 ; Q y2 = R B − q ( x 2 − a ) (линейная зависимость!),

при x 2 = a при x 2 = 3a

Q y2 = 0,5P , Q y2 = −1,5 P .

Найдем абсциссу x 20 , соответствующую значению Q y2 = 0 . Для этого приравняем к нулю выражение для Q y2 : Q y2 = R B − q ( x 20 − a ) = 0 ⇒ x 20 = 1,5a . Q y3 = − R D = −2,5P = const на всем участке DC. Эпюра Q y представлена на рис.4.16, в.

IV операция. Составление выражений для M z и построение эпюры M z . M z1 = M = P ⋅ a = const на всем участке АВ; ( x 2 − a) 2 (квадратная парабола!), 2 M z2 = M = Pa ,

M z2 = M + R B ⋅ ( x 2 − a ) − q

при x 2 = a при x 20 = 1,5a при x 2 = 3a

M z2 = 1,125Pa , M z2 = 0 ,

последнее может служить проверочным моментом, так как действительно в сечении шарнира изгибающий момент равен нулю. M z3 = R D ⋅ x3 − M D (линейная зависимость!), 156

при x3 = 0

M z3 = − M D = −5Pa ,

при x3 = 2a M z3 = R D ⋅ 2a − M D = 0 . Эпюра M z приведена на рис. 4.16, г. 4.1.3. Проверка правильности построения эпюр Q y и M z Анализ эпюр примеров 1 – 4, а также дифференциальные зависимости (4.3) и (4.4) позволяют установить правила, которые широко применяются для контроля правильности построения, и для совершенствования самой техники построения эпюр Q y и M z . Приведенные далее правила, указания и выводы относятся к эпюрам балки, отнесенной к координатам с началом отсчета в левом крайнем сечении балки, т.е. ось х – горизонтальная ось, проведенная слева направо, а ось у – вертикально вверх. 4.3.1. Вертикальная сосредоточенная сила дает на эпюре Q y скачок на величину силы (см. рис. 4.11, б, сечение А, D, К; рис. 4.14, б, сечение А, С; рис.4.15, б, сечение С, Е; рис. 4.16, б, сечение В, С, D). На эпюре M z в сечении действия сосредоточенной силы всегда получаем излом линии, ограничивающей эпюру, при этом острие излома направлено в сторону, противоположную направлению действующей силы. Это положение подтверждается dM z = tgβ . Так, на эпюре дифференциальной зависимостью Q y = dx (см. рис. 4.11, б) в сечении D поперечная сила имеет два значения Q y3 = −5qa (в сечении слева при x3 = 5a − 0 ) и Q y3 = −qa (в сечении справа при x3 = 5a + 0 ), следовательно, угол наклона касательной β прав < β лев (см. рис. 4.11, в); в сечении А, имеем одно D D значение Q y1 = 5qa , а левее сечения Q y = 0 , т.е. β лев A = 0 , и следовательно, получаем две касательные, образующие угол, острие которого направлено в противоположную сторону направления реакции R A , т.е. вниз. 157

На эпюре (см. рис. 4.14, б) в сечении С имеем одно значение 3M лев Q y (C ) = > 0 , т.е. β C > 0 , а правее сечения С Q y = 0 , т.е. l прав

βC

= 0 , и следовательно, на эпюре M z (C ) имеем две касательные, образующие угол, направленный острием против действующей силы RC , т.е. вверх (см. рис. 4.14, в). На эпюре (см. рис. 4.15, б) в сечении С имеем два значения прав

Q yлев (C ) = −2qa < 0 и Q y (C ) = 4qa , т.е. на эпюре M z будем 2 2 иметь в этом сечении две касательные к графику функции M z : прав

лев βC < 0 и β C > 0 , как показано на рис. 4.15, в; острие образованного угла направлено в сторону, противоположную направлению силы P = 6qa , т.е. вниз. 4.3.2. Сосредоточенный момент в сечении своего действия дает на эпюре M z скачек на величину момента (см. рис. 4.11, в, сечение Е; рис. 4.14, в, сечения А и В; рис. 4.15, в, сечения D и Е). 4.3.3. Если на участке q = 0 , то Q y = const (в том числе Q y = 0 )

и эпюра Q y ограничена прямой, параллельной оси х, а изгибающий момент изменяется по линейному закону, т.е. график функции M z – прямая наклонная линия (см. на рис. 4.11 эпюры Q y и M z на участках DE, ЕК; на рис. 4.14 эпюры Q y и M z на всем про-

лете балки; на рис. 4.15 эпюры Q y и M z на участках ВС, CD, DЕ; на рис. 4.16 эпюры Q y и M z на участке CD). Обращаем внимание, что при этом сосредоточенный момент, давая скачек на эпюре M z , не меняет угла наклона линии, ограничивающей эпюру M z , так dM z = tgβ = const на всем участке DK рис. 4.11, в, или, как Q y = dx например, на всем пролете АС рис. 4.14, в. Таким образом, имеем, что на рис. 4.11, в прямая de || e1k , на рис.4.14, в – ab || b1c , на рис.4.15, в – cd || d1e . 158

4.3.4. Если на участке распределенная нагрузка имеет интенсивность q = const , то Q y меняется по линейному закону (см. рис. 4.11, б на участке ВС и CD; рис. 4.15, б на участке АВ; рис. 4.16, б на участке ВС), т.е. эпюра Q y ограничена прямыми наклонными линиями, при этом если q < 0 , т.е. направлена вниз, то dQ y Q y убывает, так как q = = tgα < 0 , α < 0 . Если q > 0 , т.е. наdx правлена вверх, то Q y возрастает. Обращаем внимание, что в сечении перехода от одного значения q1 = const (или q = 0 ) к другому значению q 2 = const , на эпюре Q y получаем излом, что наглядно представлено на рис. 4.11, б. Здесь в сечении С пересекаются две прямые: одна под углом dQ y ⎞ ⎛ α BC < 0 ⎜⎜ q1 = q = = tgα BC < 0 ⎟⎟ , и вторая под углом α CD < 0 dx ⎠ ⎝ dQ y ⎞ ⎛ ⎟ , при этом α CD > α BC . Излом на ⎜ q 2 = 4q = = tg α < 0 CD ⎟ ⎜ dx ⎠ ⎝ эпюре Q y имеется и в сечении В, где начинается распределенная нагрузка интенсивностью q1 . Особо подчеркнем, что «переходы» от одного значения интенсивности q к другому значению никак не сказываются на эпюре M z . Так на эпюре M z (см. рис. 4.11, в) в сечении В имеем плавный переход наклонной прямой ab в кривую на участке ВС, что dM z соответствует и дифференциальной зависимости Q y = = tgβ , dx так как в этом сечении имеется только одно значение tgβ = Q y ( B) = = 5qa , т.е. в сечении к графику M z можно провести только одну касательную. Аналогичную ситуацию имеем и в сечении С. 4.3.5. Если на участке Q y = 0 , то M z = const (в том числе M z = 0 = const ), что имеет место на рис. 4.16, г на участке АВ. 159

4.3.6. Если на участке Q y > 0 , т.е. tgβ > 0 , то изгибающий момент M z возрастает (см., например, рис. 4.11, в на участке АВ, ВС; рис. 4.14, в на участке АВ и ВС; рис. 4.15, в на участке CD и DE). И наоборот, если на участке Q y < 0 , т.е. tgβ < 0 , то M z убывает (см., на-

пример, рис. 4.11, в на участке DE, ЕК; рис. 4.15, в на участке АВ и ВС). 4.3.7. Если на участке эпюра Q y ограничена прямой наклонной линией, т.е. Q y меняется по линейному закону, то эпюра M z ограничена кривой второго порядка – параболой (см. рис. 4.11, в на участках ВС и CD; рис. 4.15, в на участке АВ; рис. 4.16, г на участке ВС). Знак кривизны параболы на эпюре M z можно определять по знаку второй производной от изгибающего момента. Так, если d 2M z

1 > 0 , то эпюра M z ограничена параболой воρ dx гнутостью в положительное направление оси у (т.е. выпуклостью 2

= q > 0 , т.е.

d 2M z

1 < 0 , то эпюра M z ρ dx ограничена кривой выпуклостью вверх, как показано на рис. 4.11, в на участке BD, на рис. 4.15, в на участке АВ, на рис. 4.16, г на участке ВС. 4.3.7А. Однако более просто и удобно определять направление выпуклости (вогнутости) кривых на эпюре M z , причем для кривых любой степени n или представляющих собой тригонометрическую функцию, исходя из следующих соображений, которые рассмотрим на конкретных примерах.

вниз). И, наоборот, если

2

= q < 0 , т.е.

qx12 , т.е. эпю2 ра должна быть ограничена параболой. Обратимся к рассмотрению эпюры Q y на этом участке. В сечении А Q y = 0 , следовательно,

Для балки (см. рис. 4.15) на участке АВ

Qy =

M z1 = −

dM z = tgβ = 0 ⇒ β = 0 , т.е. касательная к параболе в сечении dx 160

А должна быть горизонтальной, так как β A = 0 , чем и определяется выпуклость вверх кривой на эпюре M z на участке АВ. Для балки (см. рис. 4.16) на участке ВС для M z имеем квадратичную зависимость. В сечении с абсциссой x 20 = 1,5a dM z = tgβ x20 = 0 , следовательно, β x20 = 0 , т.е. в этом сечеQ y2 = dx нии имеем только одну горизонтальную касательную к кривой функции M z , что и определяет выпуклость кривой на этом участке. Аналогичные рассуждения можно привести и для участка CD на рис. 4.11, в. Рассмотрим применение данного приема определения кривизны для участка ВС эпюры M z на рис. 4.11, в. Эпюру Q y можно разбить на две фигуры: прямоугольник b1b2 c1c и треугольник bb1c . Если бы эпюра Q y имела только вид прямоугольника, т.е. Q y = 3qa = const , то эпюра M z была бы ограничена прямой на-

клонной линией. Кривизну функции M z определяет наличие треугольника bb1c ( Q *y имеет в нем линейную зависимость). Согласно треугольнику bb1c Q *y = 0 в сечении С, т.е. угол наклона касательной к кривой функции M z в сечении С β*C = 0 , т.е. касательная, параллельная оси х, чем и определяется выпуклость вверх кривой функции M z на этом участке. Конечно, учитывая, что tgβ C = Q y = 3qa , касательная будет иметь определенный наклон, но характер выпуклости вверх сохраняется. Прием, изложенный в этом положении, может быть применен и для определения знака кривизны линий, ограничивающих эпюру Q y , если распределенная нагрузка q (x) меняется по закону степенной или тригонометрической функции. 4.3.7Б. Для определения знака кривизны линий, ограничивающих эпюру M z , можно пользоваться и следующими соображениями. Любую непрерывную распределенную нагрузку ( q = const или q = q (x) ) можно представить дискретно, как состоящую из систе161

мы сосредоточенных сил, каждая из которой равна Pi = q ⋅ dx . Тогда, пользуясь положением 4.3.1, согласно которому изломы на эпюре M z всегда направлены в сторону, противоположную направлению действующей силы, на эпюре M z будем получать ломаную линию, острия изломов которой направлены против направления Pi = q ⋅ dx . В пределе эта ломаная линия дает кривую n порядка. Итак, получаем, что выпуклость линий, ограничивающих эпюру M z , всегда направлена в сторону, противоположную направлению распределенной нагрузки. 4.3.8. Изгибающий момент имеет экстремальное значение в тех сечениях, в которых Q y достигает нулевого значения. При этом (ось x направлена слева направо!) если Q y меняется с положительной на отрицательную, то M z в этом сечении максимальный (см. рис. 4.11, в, сечение с абсциссой x30 = 3,75a ; рис.4.16, г, сечение с абсциссой x 20 = 1,5a ), и наоборот, если Q y меняется с отрицательной на положительную, то M z в этом сечении минимальный (см. рис. 4.15, в, сечение С). 4.3.9. Изгибающий момент в сечении установки промежуточного шарнира всегда равен нулю. Так, в сечении С балки (см. рис. 4.16, г) M z = 0 , в крайних концевых сечениях А и К балки (см. рис. 4.11), где установлены шарнирные опоры – M z = 0 . Если в таких сечениях приложен сосредоточенный момент, то изгибающий момент равен этому сосредоточенному моменту. В сечении жесткой заделки изгибающий момент равен по величине опорному моменту. 4.3.10. На крайних концевых шарнирных опорах и в заделке поперечная сила равна опорной реакции. 4.3.11. На свободном (консольном) конце балки Q y = 0 и M z = 0 , если на консольном конце не приложены сосредоточенная сила или сосредоточенный момент, в противном случае Q y и M z

будут равны соответственно силе и моменту (см. рис. 4.17, б и рис. 4.17, в, сечение К). 4.3.12. В соответствии с принятым правилом знаков для изгибающего момента получается, что положительные ординаты эпю162

ры M z откладываются все время на сжатых волокнах балки. Действительно, для сечений x1 , x 2 , x3 , x 4 , x5 балки (см. рис. 4.11) изгибающие моменты положительные, т.е. балка гнется вогнутостью вверх, в положительное направление оси у («вода не сливается»!); при этом сжатыми оказываются верхние волокна балки, и положительные ординаты M z откладываются в положительное направление оси у, т.е. все положительные ординаты находятся над базовой линией – на сжатых волокнах. На участке АВ, ВС и частично на участке CD балки (см. 1 рис. 4.15) изгибающий момент отрицательный, кривизна < 0 , т.е. ρ балка гнется выпуклостью вверх («вода сливается»!), сжатыми оказываются нижние волокна, и все отрицательные ординаты M z откладываются вниз от базовой линии – на сжатых волокнах. Итак, рассматривая базовую линию эпюры M z как балку, заключаем, что согласно принятому правилу знаков для изгибающего момента, эпюра изгибающего момента всегда располагается на сжатых волокнах. Это положение в дальнейшем будет использоваться при изображении изогнутой оси балки, а также для определения знака действующих в балке нормальных напряжений. 4.1.4. Примеры построения эпюр Q y и M z П р и м е р 5 (рис. 4.17) Пользуясь вышеприведенными правилами построения и проверки эпюр Q y и M z , для представленной балки покажем, как строить эпюры не составляя выражения для внутренних силовых факторов в текущих сечениях с абсциссами xi . I операция. Составление расчетной схемы (см. рис. 4.17, а). II операция. Определение опорных реакций. Составим уравнения равновесия: − HA =0; ∑X =0

∑ mD = 0

R A ⋅ 3l − 2 P ⋅ l − 3ql ⋅ 0,5l + M − P ⋅ 2l = 0 ⇒

⇒ R A = 2,5ql ; 163

Рис. 4.17

164

∑ mA = 0

2 P ⋅ l + 3ql ⋅ 2,5l − R D ⋅ 3l + M − P ⋅ 5l = 0 ⇒

⇒ R D = 3,5ql ; Проверка: ∑ mE = 0

R A ⋅ 4l − 2 P ⋅ 2l − 3ql ⋅ 1,5l + R D ⋅ l + M − P ⋅ l = 0 ,

0 ≡ 0. Выносим значения опорных реакций на расчетную схему. III операция. Построение эпюры Q y . Построение эпюры про-

ведем, определяя только значения Q y в характерных сечениях, т.е. на границах участков. На первом этапе будем просматривать балку слева (начиная от сечения А) направо. 1. На опоре А Q y ( A) = R A = 2,5ql (см. положение 4.3.10), со знаком плюс, так как стремится повернуть лежащую справа часть балки по часовой стрелке. 2. На участке АВ ( q = 0 ) Q y = const = R A = 2,5ql . 3. Начиная с сечения В Q y уменьшается на q ⋅ x ′ , так как q ⋅ x ′ дает отрицательную перерезывающую силу – стремится повернуть против часовой стрелки часть балки, лежащую справа от q ⋅ x ′ , и в сечении С (слева от сечения!) Q yлев (C ) = R A − ql = 1,5ql . 4. В сечении С имеет место скачок на величину сосредоточенной силы 2 P = 6ql (см. положение 4.3.1) вниз, так как 2 P дает отрицательную поперечную силу (стремится повернуть справа лежащую часть балки против часовой стрелки). Тогда справа от сечения Q прав (C ) = 1,5ql − 6ql = −4,5ql . y

на

5. На участке CD идет дальнейшее уменьшение поперечной силы величину qx ′′ и в сечении D (слева от сечения!)

Q yлев ( D ) = −4,5ql − ql = −5,5ql . Дальнейшее построение эпюры Q y проведем, просматривая балку справа (начиная от сечения К) налево. 6. В сечении К Q y ( K ) = − P = −3ql (см. положение 4.3.11), т.е.

имеет отрицательное значение, так как сила Р стремится повернуть, слева прилежащую часть балки, против часовой стрелки. 165

7. На участке КЕ нет никакой нагрузки и значение перерезывающей силы сохраняется тоже, т.е. Q y = − P = −3ql . 8. Начиная с сечения Е, значение Q y возрастает, так как qx ′′′ вызывает положительную поперечную силу – стремится повернуть слева прилежащую часть балки по часовой стрелке, и в сечении D ( D ) = − P + ql = −2ql . (справа от сечения!) Q прав y Обращаем внимание, что в сечении D получен скачок на величину 5,5ql − 2ql = 3,5ql = R D , что соответствует положению 4.3.1.

IV операция. Построение эпюры M z . Вначале, как и в случае построения эпюры Q y , будем просматривать балку слева направо. 1. На концевой шарнирной опоре А M z = 0 (см. положение 4.3.9). 2. В сечении В M z ( B) = R A l = 2,5ql 2 . Значение M z положительное, так как момент R A l стремится изогнуть часть балки АВ по отношению к сечению В вогнутостью вверх («вода не сливается»!). На участке АВ отсутствует q = 0 , Q y = const , и следовательно, эпюра M z ограничена прямой dM z Qy = = tgβ > 0 , т.е. β AB > 0 . dx

наклонной

линией

при

l = 2 = 4,5ql 2 . На участке ВС эпюра M z ограничена кривой второго порядка. Кривая имеет выпуклость вверх, что определяется треугольником bb1c на рис.4.17, б (см. положение 4.3.7А).

3. В сечении С изгибающий момент M z (C ) = R A ⋅ 2l − ql ⋅

4. В сечении D M z ( D) = R A ⋅ 3l − q ⋅ 2l ⋅ l − 2 P ⋅ l = −0,5ql 2 . На участке CD эпюра M z ограничена кривой второго порядка с выпуклостью вверх, что определяется треугольником dc1d1 на рис. 4.17, б (см. положение 4.3.7А). Дальнейшее построение эпюры M z проведем, просматривая балку справа (начиная от сечения К) налево.

166

5. В сечении К M z ( K ) = − M = −6ql 2 (см. положение 4.3.11). Изгибающий момент имеет отрицательное значение, так как сосредоточенный момент М стремится изогнуть слева примыкающую к сечению К часть балки выпуклостью вверх («вода сливается»!). 6. В сечении Е M z ( E ) = − M + P ⋅ l = −3ql 2 . Эпюра M z на участке КЕ ограничена прямой наклонной линией, так как Q y = 0 на этом участке. l = −0,5ql 2 . На уча2 стке ED эпюра M z ограничена кривой второго порядка, так как Q y на этом участке имеет линейную зависимость. Направление

7. В сечении D M z ( D ) = − M + P ⋅ 2l − q ⋅ l ⋅

кривизны определяется треугольником ed 2 e1 (рис. 4.17, б). Обращаем внимание, что на эпюре M z в сечении В отсутствует излом линии, ограничивающей эпюру, так как действительно в dM z = tgβ , т.е. этом сечении имеется только одно значение Q y = dx только один угол β = β AB . В сечении С имеем две касательные к лев кривой, ограничивающей эпюру M z : β C > 0 (соответствует прав

Q yлев (C ) = tgβ = 1,5ql ) и β C < 0 (соответствует Q прав (C ) = tgβ = y = −4,5ql ). В сечении D также две касательные, проходящие под лев лев углом β лев D < 0 (соответствует Q y ( D ) = tgβ D = −5,5ql < 0 ) и прав

прав

< 0 (соответствует Q прав ( D ) = tgβ D = −2ql < 0 ). y На рис. 4.17, в изломы линий, ограничивающих эпюру M z , направлены острием в сторону, противоположную направлению действующей в данном сечении сосредоточенной силы, например в сечении А, С, D, K. βD

П р и м е р 6 (рис. 4.18) Рассмотрим построение эпюр Q y и M z для балки, загруженной распределенной нагрузкой, меняющейся по линейному закону. 167

Рис. 4.18

Линию, показывающую закон изменения нагрузки q (x) , называют грузовой линией, а площадь между грузовой линией и осью балки называют грузовой площадью, величина которой и дает значение равнодействующей данной распределенной нагрузки. I операция. Составление расчетной схемы (см. рис. 4.18, а). II операция. Определение опорных реакций. Заменяем всю 1 q0 ⋅ l распределенную нагрузку ее равнодействующей, равной 2 (грузовая площадь равна площади треугольника), которая будет 2 приложена в центре тяжести треугольника, т.е. на расстоянии l 3 от левого сечения А. 168

Составим уравнения равновесия: − HA =0; ∑X =0

∑ mB = 0 ∑ mA = 0

q l 1 1 q0 ⋅ l ⋅ l = 0 ; R A = 0 ; 2 3 6 q l 1 2 − RB ⋅ l + q0 ⋅ l ⋅ l = 0 ; RB = 0 . 2 3 3 RA ⋅ l −

Проверка: 1 q0 ⋅ l + RB = 0 ⇒ 0 ≡ 0 . 2 Выносим значение реакций на расчетную схему. III операция. Построение эпюры Q y . В сечении х действует

∑Y = 0

RA −

q q ( x) = 0 x . l q l q ⋅ x2 1 , q ( x) ⋅ x = 0 − 0 2 6 2l q l Q y ( A) = 0 = R A , при x = 0 6 q l при x = l Q y ( B) = − 0 = − R B . 3 На всей длине l эпюра Q y ограничена параболой. Направление Qy = RA −

кривизны найдется по положению 4.3.7А в сечении А q =

dQ y

= dx = tgα = 0 ⇒ α = 0 , т.е. касательная к эпюре Q y в сечении А долж-

на быть горизонтальна, что и определяет кривизну кривой – выпуклость вверх (см. рис. 4.18, б). Приравняв уравнение для Q y нулю, получим значение x0 =

l

= 0,577l , т.е. найдем абсциссу сечения, в котором Q y пе3 реходит через нулевое значение. Эпюра Q y представлена на рис. 4.18, б.

169

IV операция. Построение эпюры M z . Нагрузку в виде тре1 угольника q( x) ⋅ x заменяем равнодействующей приложенной в 2 1 центре тяжести этого треугольника, т.е. на расстоянии x от рас3 сматриваемого сечения х. Запишем выражение для M z : q ⋅l q ⋅ x3 q ( x) ⋅ x 1 ⋅ x= 0 x− 0 , 2 3 6 6l при x = 0 M z ( A) = 0 ,

M z = RA ⋅ x −

при x = x0 =

l 3

M z (max) =

ql 2 9 3

,

M z ( B) = 0 . при x = l Эпюра M z ограничена кривой третьего порядка (см. рис. 4.18, в). Кривизна линии, ограничивающей эпюру M z , определена, исходя из положения 4.3.7А и 4.3.7Б. Иногда приходится рассматривать сечения справа (от опоры В) налево, как отмечено на рис. 4.18, а абсциссой x1 (в случае когда балка продолжается влево от сечения А и имеет большое количество нагрузки, что приводит к громоздким выражениям для Q y и M z при просмотре балки слева направо). В этом случае пользуются одним из следующих трех приемов. 1-й прием. Нагрузку на длине x1 разбивают на прямоугольную грузовую площадь Bcde и треугольную грузовую площадь edk . q При этом q ( x1 ) = 0 (l − x1 ) . Тогда l 1 Q y = − R B + q ( x1 ) ⋅ x1 + (q 0 − q( x1 ) ) ⋅ x1 = 2 − q0 ⋅ l q ⋅ x2 + q 0 ⋅ x1 − 0 1 , 3 2l x1 1 2 M z = R B ⋅ x1 − q ( x1 ) ⋅ x1 ⋅ − (q 0 − q ( x1 ) ) ⋅ x1 ⋅ x1 = 2 2 3 =

170

q l q q = 0 ⋅ x1 − 0 x12 + 0 ⋅ x13 . 3 2 6l 2-й прием. Нагрузку на длине x1 разбиваем на две грузовые площади – треугольники Bcd и BdK . Тогда q l q ⋅ x2 1 1 ⋅ q( x1 ) ⋅ x + q 0 ⋅ x1 = − 0 + q 0 ⋅ x1 − 0 1 , 2 2 3 2l 1 1 1 2 M z = R B ⋅ x1 − q ( x1 ) ⋅ x1 ⋅ ⋅ x1 − q 0 ⋅ x1 ⋅ x1 = 2 3 2 3 q l q q = 0 ⋅ x1 − 0 x12 + 0 ⋅ x13 . 3 2 6l 3-й прием (рис. 4.19). Нагрузку по треугольнику при q < 0 достраиваем до нагрузки равномерно распределенной по длине интенсивностью q 0 = const < 0 (штриховая линия); достроенную нагрузку уравновешивают треугольной нагрузкой q > 0 (штрихпункq = q 0 > 0 . Тогда тир), с интенсивностью в сечении А q q ( x1 ) = 0 x1 . l Q y = − RB +

Рис. 4.19

171

ql q ⋅ x2 1 Q y = − RB + q0 ⋅ x1 − q( x1 ) ⋅ x1 = − 0 + q0 ⋅ x1 − 0 1 , 2 3 2l 3 2 q 0 ⋅ x1 1 q0l q 0 x12 q 0 ⋅ x1 1 . M z = R B ⋅ x1 − + q ( x1 ) ⋅ x1 ⋅ x1 = ⋅ x1 − + 2 2 3 3 2 6l Пример 7 Построим эпюры для балки, загруженной неравномерной распределенной нагрузкой (рис. 4.20). I операция. Изображение расчетной схемы (см. рис. 4.20, а).

Рис. 4.20 172

II операция. Определение опорных реакций. Разбиваем всю распределенную нагрузку на равномерно распределенную с интенсивностью q 0 и на нагрузку в виде треугольника со значением интенсивности в сечении на опоре А q = 2q 0 . Равномерно распределенную заменяем ее равнодействующей, равной q 0 ⋅ l и приложенной посередине длины l, а распределенную по треугольнику заме1 няем равнодействующей, равной ⋅ 2q 0 ⋅ l и приложенной в цен2 тре тяжести грузовой площади в виде треугольника, т.е. на рас1 стоянии l от опоры А. 3 Составляем уравнения равновесия: HA = 0; ∑X =0

∑ mB = 0 ⇒ RA =

RA ⋅ l −

1 2 l ⋅ 2q 0 ⋅ l ⋅ l − q 0 ⋅ l ⋅ = 0 ⇒ 2 3 2

7 q0 ⋅ l ; 6

∑ mA = 0

− RB ⋅ l + q0 ⋅ l ⋅

1 l 1 + 2q 0 ⋅ l ⋅ l = 0 ⇒ 2 2 3

5 q0 ⋅ l . 6 Проверка:

⇒ RB =

3q 0 + q 0 ⋅ l + RB = 0 ⇒ 0 ≡ 0 . 2 Выносим значение реакций на расчетную схему. III операция. Составление выражений для Q y и построение

∑Y = 0

RA −

эпюры Q y . 1 5 q ( x) ⋅ x = − q 0 ⋅ l + q 0 ⋅ x + 2 6 q( x) 2q 0 где q (x) определено из соотношения = ⇒ x l Эпюра Q y ограничена кривой второго порядка. Q y = − RB + q0 ⋅ x +

173

q0 2 x , l

(*)

q ( x) =

2q 0 x. l

5 Q y = − RB = − q0 l , 6 7 при x = l Q y = R A = q0 l . 6 Приравняв выражение (*) к нулю, найдем значение абсциссы x 0 , при котором Q y переходит через нуль. Квадратное уравнение

При x = 0

(*) дает два корня: x1 = 0,54l , x 2 = −1,54l . Откуда следует x0 = 0,54l . Эпюра Q y изображена на рис.4.20, б. Для определения знака кривизны линии, ограничивающей эпюру Q y , воспользуемся положением 4.3.7А. Равномерно распределенная нагрузка интенсивностью q 0 дает Q y , изменяющуюся по линейному закону. Кривизну линии, ограничивающей эпюру Q y , дает нагрузка с грузовой площадью в виде треугольника. В этой нагрузке интенсивность над опорой В равна нулю и, следовательно, tgα *B = 0 , ⇒ α *B = 0 , т.е. касательная к эпюре в сечении В располагалась бы горизонтально, если была бы только нагрузка, распределенная по треугольнику, что и определяет направление кривизны. Как видно из рис.4.20, б, касательная в dQ y = −q0 . сечении В проходит под углом α B , так как tgα B = dx IV операция. Составление выражения для M z и построение эпюры M z . M z = RB ⋅ x − q0 ⋅ x ⋅

при x = 0

q ⋅ x 2 q0 ⋅ x 3 x 1 1 5 , − q( x) ⋅ x ⋅ x = q 0 ⋅ l ⋅ x − 0 − 3 6 2 3l 2 2 Mz =0,

при x0 = 0,54l M z = M z (max) = 0,252q 0 ⋅ l 2 , Mz =0. при x = l Эпюра M z изображена на рис. 4.20, в. Кривизна линии, ограничивающей эпюру M z , определена, исходя из положения 4.3.7А и 4.3.7Б. 174

П р и м е р 8 (рис.4.21) Построение эпюр Q y и M z покажем с использованием двух разных приемов. Прием первый – традиционный. I операция. Составление расчетной схемы (см. рис. 4.21, а). II операция. Определение опорных реакций. Уравнение в виде ∑ X = 0 дает значение H A = 0 .

Рис. 4.21

Грузовая площадь ограничена симметричной квадратной параболой. В силу симметрии грузовой площади реакции R A = R B = = ω / 2 , где ω – грузовая площадь. Наибольшую высоту площади ω получим из условия, что при x1 = l / 2 q (l / 2) = q 0 . Площадь, огра175

ниченная выпуклой параболой, равна ω =

2 2 h ⋅ l = q 0 ⋅ l . Тогда 3 3

q l R A = R B = 0 – значения реакций, которые выносим на расчет3 ную схему. III операция. Составление выражения для Q y и построение

эпюры Q y . Обозначим грузовую площадь, лежащую слева от сечения 1 − 1 через ω( x1 ) , тогда Q y = R A − ω( x1 ) = x1 ⎡ x1 ⎤ ⎢l xdx − x 2 dx ⎥ = ∫ ⎥ ⎢ ∫ 0 ⎣ 0 ⎦ ⎛ l 2x 2 4x 3 ⎞ = q0 ⎜ − 1 + 1 ⎟ , ⎜3 l 3l 2 ⎟⎠ ⎝ q l Qy = 0 = RA , 3

x

q ⋅l 1 q l 4q = 0 − ∫ q( x) ⋅ dx = 0 − 0 3 3 l2 0

при x1 = 0 при x1 =

l 2

(1)

Qy = 0 ,

q l Q y = − 0 = RB . 3 Эпюра Q y изображена на рис. 4.21, б. Обращаем внимание, что

при x1 = l

касательные к линии, ограничивающей эпюру Q y в сечении А и В, горизонтальны, т.е. α A = 0 , α B = 0 , так как dQ y dQ y = tgα A = 0 и q ( B ) = = tgα B = 0 , q ( A) = dx dx что и определило характер выпуклости линий, ограничивающих эпюру Q y . IV операция. Составление выражений для M z и построение эпюры M z . x1

M z = R A ⋅ x1 − ∫ q ( x)( x1 − x)dx , 0

176

где q ( x)dx – элементарная сила, а ( x1 − x) – плечо этой силы относительно сечения 1 − 1 . Подставляя значение q (x) и интегрируя, получим, что ⎛l ⋅x 2 x13 x14 ⎞⎟ 1 ⎜ − + , (2) M z = q0 ⎜ 3 2⎟ 3l 3 l ⎝ ⎠ Mz =0, при x1 = 0 5 l M z = M z (max) = q0 ⋅ l 2 , при x1 = 2 48 при x1 = l Mz =0. Эпюра M z изображена на рис. 4.21, в. Прием второй, основанный на использовании дифференциальных зависимостей (4.4). Q y = ∫ [−q ( x)] dx .

Обращаем внимание на знак минус в подынтегральном выражении, его наличие определено тем, что распределенная нагрузка действует вниз, т.е. q ( x) < 0 ! Подставим заданное значение q (x) и проинтегрируем: 4q 0 ⎛⎜ lx 2 x 3 ⎞⎟ − + C1 , 3 ⎟⎠ l 2 ⎜⎝ 2 l2 4q ⎛ lx 3 x 4 ⎞⎟ − + C1 ⋅ x + C 2 . M z = ∫ Q y dx = − 0 ⎜ 12 ⎟⎠ l 2 ⎜⎝ 6 На концевых шарнирных опорах изгибающие моменты равны нулю (см. положение 4.3.9). Таким образом, при x = 0 M z = 0 ⇒ C2 = 0 , Qy =

при x = l

− 4q 0

2 ∫ (lx − x ) dx = −

Mz =0=−

4q 0 ⋅ l 4 6l 2

q ⋅l C1 = 0 . 3

177

+

4q 0 ⋅ l 4 12l 2

+ C1 ⋅ l , откуда

Тогда ⎛ l 2x 2 4x 3 ⎞ ⎟, + Q y = q0 ⎜ − 2 ⎟ ⎜3 l 3 l ⎝ ⎠ 3 4 ⎛ l ⋅ x 2x x ⎞⎟ M z = q0 ⎜ , − + 2⎟ ⎜ 3 3 l 3 l ⎝ ⎠ что совпадает с выражением (1) и (2) при решении задачи традиционным путем.

П р и м е р 9 (рис. 4.22) Для построения эпюр Q y и M z воспользуемся приемом, основанным на использовании дифференциальных зависимостей (4.4). 2πx Q y = ∫ [−q ( x)] dx = −q 0 ∫ sin dx = l l 2πx = q 0 cos + C1 , 2π l l 2 ⋅ q0 l 2πx 2πx q 0 ∫ cos dx = sin + C1 ⋅ x + C 2 . 2π l l 4π 2 Согласно положению 4.3.11 при x = l Q y = 0 ⇒ C1 = −q 0 l / 2π , M z = ∫ Q y dx =

q l2 M z = 0 ⇒ C2 = 0 . 2π q0 l 2πx q 0 l Тогда Q y = cos − , l 2π 2π при x = 0 Qy = 0 ,

при x = l / 2 при x = l

q l Qy = 0 , π Qy = 0 .

Эпюра Q y изображена на рис. 4.22, б. Обращаем внимание, что в сечениях А, В, С касательные к линии, ограничивающей эпюру

178

Q y , горизонтальны, так как α A = α B = α C = 0 , исходя из диффе-

ренциальной зависимости q A, B,C =

dQ y dx

= tgα A, B ,C = 0 .

Рис. 4.22

Подставляя значения постоянных C1 и C 2 в выражениях для изгибающего момента, получим q ⋅l2 2πx q 0 ⋅ lx q 0 ⋅ l 2 Mz = 0 , + − sin l 2π 2π 4π 2

при x = 0

q l2 Mz = 0 , 2π 179

ql 2 , 4l Mz =0. при x = l Эпюра M z изображена на рис. 4.22, в. Обращаем внимание, что в сечениях А, В касательные к линии, ограничивающей эпюру M z , горизонтальны, так как β A = β B = 0 , исходя из дифференциальной dM z = tgβ A, B = 0 . зависимости (4.4) Q y ( A, B ) = dx В заделке А горизонтальная реакция H A = 0 , что следует из урав-

при x = l / 2

нения

Mz =

равновесия

в

виде

∑X =0.

Вертикальная

R A = Q y ( A) = 0 . Опорный момент в заделке А

реакция

M A = M z ( A) =

q l2 = 0 и направлен по часовой стрелке, как показано на рис. 4.22, а, 2π с тем, чтобы вызвать в сечении заделки (в балке правее заделки) положительный изгибающий момент («вода не сливается»!).

П р и м е р 10 (рис. 4.23) Построить эпюры Q y и M z для балки, загруженной равномер⎡Н ⋅ м⎤ но распределенными моментами, интенсивностью m ⎢ ⎥. ⎣ м ⎦ I операция. Изображение расчетной схемы (рис. 4.23, а). II операция. Определение опорных реакций. Составим уравнения равновесия: − HA =0; ∑X =0

∑ mB = 0 ∑ mA = 0

− RA ⋅ l + m ⋅ l = 0 ⇒ RA = m ; − RB ⋅ l + m ⋅ l = 0 ⇒ R A = m .

Проверка: ∑Y = 0

− R A + RB = 0 ⇒ 0 ≡ 0 .

Выносим значения реакций на расчетную схему.

180

III операция. Составление выражения для Q y и построение эпюры Q y Q y = − R A = −m = const на всей длине l (см. рис. 4.23, б).

Рис. 4.23

Рис. 4.24

IV операция. Составление выражения для M z и построение эпюры M z M z = − R A ⋅ x + m ⋅ x = −m ⋅ x + m ⋅ x = 0 на всей длине l (см. рис. 4.23, в). Эпюры Q y и M z находятся в строгом соответствии с дифференциальными зависимостями (4.3). П р и м е р 11 (рис. 4.24) Построить эпюры Q y и M z для консольной балки, загруженной ⎡Н ⋅ м⎤ равномерно распределенными моментами, интенсивностью m ⎢ ⎥. ⎣ м ⎦ Qy = 0 ; Mz = m⋅ x, при x = 0 при x = l

Mz =0, M z = ml . 181

Эпюры Q y и M z представлены соответственно на рис. 4.24, б и 4.24, в и находятся в строгом соответствии с (4.3). Так, M z = x

= ∫ (Q y + m) dx = m ⋅ x , так как Q y = 0 0

П р и м е р 12 Построить эпюры Q y и M z для балки, изображенной на рис. 4.25. I операция. Составление расчетной схемы (см. рис. 4.25, а). II операция. Определение опорных реакций. Составим уравнения равновесия: HA = 0; ∑X =0

∑ mB = 0 ∑ mA = 0

RA ⋅ l + m ⋅ l − m ⋅ l = 0 ⇒ RA = 0 ;

− RB ⋅ l − m ⋅ l + m ⋅ l = 0 ⇒ RB = 0 . Выносим значение реакций на расчетную схему.

Рис. 4.25

Рис. 4.26

III операция. Составление выражений для Q y и построение эпюр Q y . Q y ( x1 ) = 0 , Q y ( x 2 ) = 0 . 182

Эпюра Q y представлена на рис. 4.25, б. IV операция. Составление выражений для M z и построение эпюры M z . M z ( x1 ) = m ⋅ x1 ; при x1 = 0 , M z = 0 ; при x1 = l , M z = ml ; M z ( x 2 ) = m ⋅ x 2 ; при x 2 = 0 , M z = 0 ; при x 2 = l , M z = ml . Эпюра M z представлена на рис. 4.25, в. 4.1.5. Условия «обратных» задач на построение эпюр Q y , M z Под «обратными» задачами понимают задачи, в которых по заданным эпюрам Q y , M z необходимо найти вид нагрузок на балку, их величину, устройство опор балки. Задача 4.1. Для однопролетной балки с правой консолью по заданной эпюре M z (рис. 4.26) изобразить нагрузку, определить опорные реакции и построить эпюру Q y . Задача 4.2. Для однопролетной балки с правой и левой консолью по заданной эпюре M z (рис.4.28) изобразить нагрузки, определить реакции опор и построить эпюру Q y . Все кривые, ограничивающие эпюру M z , – квадратные параболы.

Рис.4.27 183

Рис. 4.28

Рис. 4.29

Рис. 4.30

Задача 4.3. Для однопролетных балок по заданным эпюрам Q y и M z (рис. 4.28, 4.29 и 4.30) восстановить нагрузку на балки и определить опорные реакции. Задача 4.4. Для однопролетной балки по заданной эпюре Q y (рис. 4.31) воспроизвести нагрузку и эпюру изгибающих моментов, если известно, что сосредоточенная сила и распределенная моментная нагрузка в пролете отсутствует, на левой опоре изгибаю184

щий момент равен нулю. Эпюра Q y ограничена квадратной параболой.

Рис. 4.31

4.1.6. Решения, указания, ответы 4.1. Так как эпюра M z (см. рис. 4.26) ограничена прямыми линиями, то, следовательно, на балке отсутствует распределенная нагрузка. На эпюре M z отсутствуют скачки, что свидетельствует об отсутствии сосредоточенных внешних моментов. Таким образом, балка загружена только сосредоточенными силами. В соответствии с направлением острия изломов на эпюре M z изобразим сосредоточенные силы, действующие на балку (рис. 4.32, а). Реакция H A = 0 , так как действуют только вертикальные силы ( ∑ X = 0 !). Значение реакции R A найдем из выражения изгибающего момента в сечении С: M z (C ) = R A ⋅ 1,2 = 25 кН⋅м ⇒ R A = 20,85 кН. Составляя выражения для M z других сечений, найдем и другие сосредоточенные силы: M z ( B ) = − P2 ⋅ 0,6 = −25 кН⋅м ⇒ P2 = 41,7 кН, M zправ ( K ) = − P2 ⋅ 1,2 + R B ⋅ 0,6 = 0 ⇒ R B = 83,4 кН, M zлев ( K ) = R A ⋅ 1,8 − P1 ⋅ 0,6 = 0 ⇒ P1 = 62,55 кН. 185

Рис. 4.32

Проверка: ∑Y = 0

R A − P1 + R B − P2 = 0 , 0 ≡ 0 .

Эпюра Q y изображена на рис. 4.32, б. 4.2. В сечении D на эпюре M z (см. рис. 4.22) имеется скачек, что свидетельствует о наличии в этом сечении сосредоточенного момента M = 80 кН⋅м. Направление момента легко определить, просматривая балку, например, справа налево: от значения M z = = −80 кН⋅м в сечении D происходит скачек до значения M z = 0 , т.е. прибавляется положительное значение изгибающего момента, а это положительное значение может дать сосредоточенный момент М, направленный против часовой стрелки, тогда балка, прилегающая к сечению D слева будет изгибаться вогнутостью вверх («вода не сливается»!). На эпюре M z в сечении В имеется излом, острие которого направлено вниз, следовательно, в этом сечении действует сосредоточенная сила – реакция опоры R B , направленная вверх; в сечении D имеется излом, острие которого направлено вверх, следовательно, в сечении D действует сосредоточенная сила – реакция опоры R D , направленная вниз. Для того, чтобы снять сомнения в направлении острия излома в сечении D, необходимо мысленно избавиться от скачка на эпюре, равного 80 кН⋅м, т.е. свести 186

пересечение касательных под углом β прав и β лев D в одну точку, и D прав тогда будет очевидно, что так как β лев D > β D , острие излома направлено вверх; в сечении К острие направлено вверх и, следовательно, в этом сечении действует сосредоточенная сила Р, направленная вниз (рис. 4.33, а). На участке АВ действует равномерно распределенная нагрузка интенсивностью q1 < 0 (направлена вниз), аналогично на участке ВС действует q 2 < 0 , а на участке CD действует равномерно распределенная нагрузка интенсивностью q3 > 0 (направлено вверх). Значение силы Р найдем, записав выражение для изгибающего момента в сечении D при просмотре балки справа налево: M z ( D ) = − P ⋅ 2 = −80 кН⋅м ⇒ P = 40 кН. При просмотре балки справа налево запишем выражения для изгибающих моментов в сечении 2 − 2 и С: 3 M z (2 − 2) = − P ⋅ 5 + M − R D ⋅ 3 + q3 ⋅ 3 ⋅ = −90 кН⋅м, (1) 2 6 M z (C ) = − P ⋅ 8 + M − R D ⋅ 6 + q3 ⋅ 6 ⋅ = 0 . (2) 2 Решая совместно (1) и (2), получим, что R D = 20 кН, кН q 3 = 20 . м Из выражения для M z в сечении В (при просмотре балки слева 2 кН . направо): M z ( B ) = −q1 ⋅ 2 ⋅ = −80 кН⋅м, получим, что q1 = 40 2 м Решив совместно уравнения (3) и (4), получим значения q 2 , R B : 2,5 M z (1 − 1) = − q1 ⋅ 2(1 + 2,5) + R B ⋅ 2,5 − q 2 ⋅ 2,5 ⋅ = 45 кН⋅м, 2 4 M z (C ) = − q1 ⋅ 2(1 + 4) + R B ⋅ 4 − q 2 ⋅ 4 ⋅ = 0 , 2 кН откуда q 2 = 20 , R B = 180 кН. м

187

Нагрузки на балку показаны на рис. 4.33, а, а эпюра Q y изображена на рис. 4.33, б.

Рис. 4.33

4.3 (к рис. 4.28). Из вида эпюры Q y следует, что в сечении А (на Z и 2 направленная вниз, а в сечении В (на правой опоре) реакция Z RB = и направленная вверх (рис. 4.34). 2 На пролете АВ отсутствуют сосредоточенные силы (нет скачков dQ y на эпюре Q y ), распределенная нагрузка q = = 0 , так как Q y = dx = const , сосредоточенные моменты (нет скачков на эпюре M z ).

левой опоре) действует сосредоточенная сила – реакция R A =

188

На участке ВС, при просмотре балки справа налево, M z возрастает за счет действия только реакции R B , так как l Z ⋅l R B ⋅ = M z (C ) = . 2 4 На участке АС реакция R A создает отрицательный изгибающий момент величиной, в сечении с абсциссой х, равной M z = Z = − R A ⋅ x = − x , но в действительности на участке АС изгибаю2 щий момент линейно возрастает, что следует из эпюры M z (см. рис. 4.28). Учитывая вышесказанное, на участке АС должна действовать равномерно распределенная моментная нагрузка интенсив⎡Н ⋅ м⎤ ностью m ⎢ ⎥ , направленная по часовой стрелке, т.е. создаю⎣ м ⎦ щая положительный изгибающий момент M z , которая вместе с реакцией R A должна дать в сечении С M z (C ) = Z ⋅ l / 4 , т.е. l l Z l l Zl , M z (C ) = Z − R A ⋅ + m ⋅ = − ⋅ + m = 2 2 2 2 2 4 откуда Z = m (см. рис. 4.34).

Рис. 4.34

4.3 (к рис. 4.29). Проведя аналогичные к решению 4.3 (к рис. 4.28) рассуждения, получим, что к балке приложена равномерно распределенная моментная нагрузка интенсивностью m ( Z = m ), как показано на рис. 4.35. 189

Рис. 4.35

4.3 (к рис. 4.30). Из эпюры Q y следует, что на опоре А действует реакция R A = 2 кН, направленная вниз, а на опоре В – реакция R B = 2 кН, направленная вверх. На крайних шарнирных опорах А и В приложены сосредоточенные моменты, равные M 1 = M 2 = M = 3 кН·м, которые приложены так, что создают положительные изгибающие моменты M z на пролете АВ, т.е. M 1 направлен по часовой стрелке, а M 2 – против часовой стрелки (рис. 4.36).

Рис. 4.36

На пролете АВ отсутствуют сосредоточенные силы, сосредоточенные моменты, распределенная нагрузка. Моменты M 1 и M 2 дают постоянное значение M z = 3 кН·м. Реакция же, например, R A = 2 кН дает переменный момент M *z = − R A ⋅ x ; чтобы уравновесить этот момент, т.е. его действие 190

свести к нулю, необходимо чтобы к балке была приложена равномерно распределенная моментная нагрузка интенсивностью m, величину которой найдем из выражения M z для сечения с абсциссой кН ⋅ м . х: M z = − R A ⋅ x + M 1 + m ⋅ x = 3 кН·м ⇒ m = 2 м Восстановленная нагрузка на балку и значение опорных реакций приведены на рис. 4.36. Здесь H A = 0 , так как действуют только вертикальные силы и

∑X =0.

4.4. 1. Из эпюры Q y (см. рис. 4.31) следует, что на пролете ЕК действует распределенная нагрузка интенсивностью q (x) . 2. Так как Q y меняется по закону квадратной параболы, то M z должен меняться по закону кубической параболы; общий вид уравнения для M z будет M z = Ax 3 + Bx 2 + Cx + D , тогда dQ y dM z Qy = = 3 Ax 2 + 2 Bx + C , q ( x) = = 6 Ax + 2 B , dx dx т.е. q (x) меняется по линейному закону. 3. Найдем коэффициенты А, В, С, D из граничных условий: Q y = ql (см. рис.4.33) ⇒ C = ql , при x = 0 при x = 0,5l Q y = 3 A(0,5l ) 2 + 2 B ⋅ 0,5l + C =

при x = l

ql , 4

Q y = 3 A ⋅ l 2 + 2 Bl + C = − ql

(1) (2)

q q , A=− . 3l 2 При x = 0 , по условию задачи M z = M E = 0 , откуда D = 0 . 2q x − q , т.е. при любом значении х q ( x) < 0 4. Итак, q ( x) = − l (нагрузка направлена вниз), при этом при x = 0 q ( x) = −q (значение интенсивности в сечении над левой опорой Е); при x = l q ( x) = −3q (значение интенсивности в сечении над правой опорой К).

Решая совместно (1) и (2), получим, что B = −

191

q 2 x − qx + ql . l При x = 0 Q y = ql = R E ; реакция направлена вверх, так как

5. Q y = −

создает положительную перерезывающую силу (стремится повернуть часть балки по часовой стрелке по отношению к сечению с абсциссой х). При x = l Q y = −ql = R K ; реакция направлена вверх, так как создает отрицательную перерезывающую силу Q y . Приравняв выражение Q y к нулю, найдем значение абсциссы x 0 , при котором Q y переходит через нуль: q − x02 − qx0 + ql = 0 ⇒ x0 = 0,62l . l q 3 q 2 6. M z = − x − x + ql ⋅ x . 3l 2 При x = 0 получаем M z = 0 , что соответствует условию задачи.

Рис. 4.37

1 2 ql , т.е. на правой концевой опоре действует 6 1 сосредоточенный момент M = ql 2 , направленный против часо6

При x = l

Mz =

192

вой стрелки, т.е. создающий положительную кривизну оси балки (вода не сливается!). При x = x0 M z = M z (max) = 0,34ql 2 . Восстановленная нагрузка на балку представлена на рис. 4.37, а, а эпюра изгибающего момента – на рис. 4.37, б. 4.2. Напряжения и расчеты на прочность при плоском изгибе 4.2.1. Основные положения Деформация по высоте сечения балки, расчетная схема которой представлена на рис. 4.38, а, определяется выражением: 1 εx = ⋅ y , (4.6) ρ где х – продольная ось балки; у – расстояние от нейтральной n − n оси сечения до рассматриваемой точки поперечного сечения; ρ – радиус кривизны нейтрального слоя, т.е. слоя, не испытывающего ни продольных, ни поперечных линейных деформаций (для него ε x = ε z = 0 ). Вместе с тем нейтральный слой искривляется при изгибе, как в продольном, так и в поперечном направлении (см. рис. 4.38, г, ж). Из теории чистого изгиба известно, что кривизна 1 Mz , (4.7) = ρ EJ z где M z – изгибающий момент; J z – момент инерции относительно оси z (нейтральной оси n − n , являющейся главной центральной осью). Выражение (4.7), по сути, является законом Гука для чистого изгиба. Действительно, умножив правую и левую части выражения σ M ⋅y 1 1 (4.7) на у, получим ⋅ y = z ⋅ или ε x = x , так как Jz E E ρ M ⋅y . (4.8) σx = z Jz 193

Рис. 4.38

194

При чистом изгибе имеет место одноосное напряженное состояние, продольные волокна испытывают чистое растяжение (сжатие), при этом не надавливают друг на друга, и не сдвигаются относительно друг друга. По формуле (4.8) определяются нормальные напряжения как при чистом ( M z ≠ 0 , Q y = 0 ), так и при поперечном изгибе ( M z ≠ 0 , Q y ≠ 0 ). Касательные напряжения при поперечном изгибе определяются формулой Журавского: τ xy =

Q y ⋅ S zотс ( y )

, (4.9) J z ⋅ b( y ) где b( y ) – ширина сечения на уровне у, т.е. на уровне точки, в которой определяется напряжение; S zотс ( y ) – статический момент относительно оси z отсеченной части площади сечения, лежащей выше (ниже!) уровня у. Последнее утверждение («ниже!») подтверждается следующим. Пусть имеем сечение (рис. 4.39), для которого известно положение центра тяжести С, а следовательно, и положение нейтральной оси z. Требуется найти напряжение в точке К, лежащей на уровне у. Статический момент площади всего сечения относительно оси z, как центральной оси, равен S z = S zверх + S zниз = 0 , откуда S zверх = S zниз . Очевидно,

Рис. 4.39

что подсчитать S zверх для данного сечения гораздо сложнее, чем подсчитать S zниз , таким образом в этом случае лучше воспользоваться положением «ниже!». 195

Определение знаков нормальных и касательных напряжений. Нормальные напряжения определяем формулой: Mz y , (4.10) σx = Jz где M z и у входят по модулю, о чем памятуя в дальнейшем, записывать будем формулу (4.10) в виде (4.8). Знак σ x определяется эпюрой M z , что и выполним для балки рис. 4.38, д, где для удобства рассмотрения балка изображена высотой h. Рассмотрим определение знаков напряжений в ряде сечений. В сечении 1 − 1 эпюра M z расположена над базовой линией, т.е. все верхние волокна (волокна выше нейтрального слоя) испытывают сжатие (см. положение 4.3.12 темы 4), а тогда волокна ниже нейтрального слоя – растяжение. Аналогичную картину имеем и в сечении 2 − 2 . В сечении 3 − 3 эпюра M z располагается под базовой линией, и следовательно, все волокна ниже нейтрального слоя испытывают сжатие, а тогда волокна расположенные выше нейтрального слоя – растяжение. Эпюры σ x (1 − 1) и σ x (3 − 3) представлены на рис. 4.38, з, и. В учебных пособиях можно встретить и другой прием определения знака σ x . В поперечном сечении в отличие от рис. 4.38, е ось у направляется обязательно Рис. 4.40 вниз, как показано на рис. 4.40. Пользуются формулой (4.8), записывая M z и у по алгебраической величине. Так, для сечения 1−1 (рис. 4.38) Mz >0, y K1 > 0 , а y2 < 0 , тогда

(

)

M z ⋅ y K1 M z − y K2 > 0 , σ x (K 2 ) = < 0 . Математически Jz Jz все строго, но, по нашему мнению, теряется понимание физического смысла характера деформирования балки при изгибе, да и о не совсем обычном направлении оси у вниз легко забывается. σ x ( K1 ) =

196

Касательные напряжения τ xy в поперечном сечении совпадают по направлению с перерезывающей силой и, следовательно, их знак определяется знаком Q y . При решении задач часто пользуются формулами, полученными из условия эквивалентности: Q y = ∫ τ xy ⋅ dF ,

(4.11)

M z = ∫ σ x ⋅ y ⋅ dF .

(4.12)

F

F

Основное условие прочности при изгибе имеет вид M (max) ⋅ y max M z (max) (4.13) σ x (max) = z = ≤ [σ ] , Jz Wz J где W z = z – неинтегрируемая геометрическая характеристика, y max так называемый осевой момент сопротивления; очевидно, что чем больше W z , тем меньше напряжение σ x . С помощью условия прочности (4.13) решаются три задачи. 1. Производится проверочный расчет, т.е. проверяем условие σ x (max) ≤ [σ] . 2. Производится проектировочный расчет. Так, из (4.13) имеем, что W z ≥ M z (max) /[σ] , а W z является функцией размеров поперечного сечения. 3. Осуществляется расчет грузоподъемности. Из (4.13) имеем, что M z (max) ≤ W z ⋅ [σ] , а изгибающий момент M z = f ( P, M , q) . Для балок, в которых действуют большой величины касательные напряжения τ xy , что характерно для коротких балок, у которых в силу малых плеч сил малы и изгибающие моменты, а следовательно, и σ x , необходимо проводить проверку по условию прочности по касательным напряжениям. τ xy (max) =

Q y ⋅ S zотс (max) J z ⋅ b( y ) 197

≤ [τ] .

(4.14)

Рис. 4.41

Для балок, имеющих поперечное сечение, например, в виде двутавра (рис. 4.41) проводят проверку прочности и по главным напряжениям для точки K (K ′) , где имеет место наиболее неблагоприятное сочетание σ x (K ) и τ xy (K ) : σ1 =

σ x (K ) σ 2x ( K ) + + τ 2xy ( K ) ≤ [σ] . 2 4

(4.15)

4.2.2. Задачи

Рис. 4.42

Задача 4.5. Металлическую полосу (рис. 4.42, а) нужно свернуть в кольцо (рис. 4.42, б), не сообщая ей остаточных деформаций. Определить L, если известно Е, h, b и все механические характеристики прочности. Задача 4.6. Какой размер ширины b(x) должен иметь брус, вырезанный из полосы постоянной толщины h = 10 мм и длиной l = 1 м (рис. 4.43, а), который плотно прилегал бы к цилиндру 198

радиусом R = 5 м под нагрузкой P = 0,5 кН (рис. 4.43, б). Принять [σ] = 200 МПа, E = = 2 ⋅ 10 5 МПа. Задача 4.7. Стальная линейка, имеющая поперечное сечение 0,08 × 5 см 2 и длину l = 25 см, изгибается в плоскости наименьшей жесткости по дуге в 60º парами сил, приложенными по концам. Определить наибольшее напряжение в линейке. Задача 4.8. Балка круглого поперечного сечения состоит из сердечника 1 и трубы 2 (рис. 4.44), проскальзывание между которыми не происходит. Балка изгибается моментами М. Найти напряжения в стержнях и построить эпюру напряжений, если E1 = 4 E 2 = 4 E . Задача 4.9. Найти τ xy (max) и

Рис. 4.43

построить эпюру касательных напряжений для балки, испытывающей плоский изгиб. Поперечное сечение балки имеет форму равнобедренного треугольника высотой h и основанием b.

Рис. 4.44 199

Рис. 4.45

Задача 4.10. В целях использования для балки узких досок была предложена конструкция, приведенная на рис. 4.45. Какой максимальный изгибающий момент выдержит такая балка, если [σ]ст = 120 МПа, [σ] д = 13 МПа, E ст = 20E д ? Задача 4.11. Из условия прочности вычислить наименьшее допускаемое значение h для балки (рис. 4.46), если P = 20 кН, [σ] = 160 МПа, l = 3 м. Поперечное сечение балки – прямоугольник с постоянной по всей длине балки шириной b = 0,4h . Задача 4.12. Установить длину двутавровой балки № 20, при которой наибольшие касательные напряжения в точках K1 и K 2 будут одинаковыми (рис. 4.47). Показать площадки, по которым действуют эти напряжения, если известно, что для сечения двутавра J z = 1840 см 2 , S z (max) = 104 см 3 , d = 0,52 см .

Рис. 4.46

200

Рис. 4.47

Рис. 4.48

Задача 4.13. Два одинаковых металлических бруса квадратного сечения свободно уложены друг на друга и загружены равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q (рис. 4.48). В загруженном состоянии брусья свариваются по длине. Определить в опасном сечении остаточные напряжения после снятия нагрузки, показать эпюры напряжений. При решении сварочными напряжениями и трением между брусьями пренебречь. Задача 4.14. Определить грузоподъемность консольной балки с поперечным сечением в виде равнобедренного треугольника (рис. 4.49), если допускаемое напряжение для материала балки на растяжение [σ] р = [σ] , а на сжатие [σ]c = 4[σ] . Задача 4.15. На каком расстоянии a < 0,5l необходимо расположить опору А (рис. 4.50), чтобы балка постоянного поперечного сечения по длине обладала бы наибольшей несущей способностью? 201

Рис. 4.49

Рис. 4.50

4.2.3. Решения, указания, ответы 4.5. Максимальные нормальные напряжения при изгибе полосы M (max)h / 2 σ x (max) = z ≤ σ упр , Jz EJ z 1 1 M (max) Кривизна = = z ⇒ M z (max) = , тогда EJ z R ρ R EJ z h / 2 E ⋅h , L = 2πR . σ x (max) = ≤ σ упр ⇒ R = R⋅ Jz 2σ упр 1 ⋅ y , тогда для крайних ρ волокон (верхнего или нижнего), с учетом, что y = h / 2 , ρ = R , σ (max) h , откуда имеем ε x (max) = x = E 2R 1 2σ x (max) = . (1) R Eh Так как ρ = R = const , то из (1) следует, что и σ x (max) по всей длине l бруса должно быть постоянным, т.е. брус должен иметь форму балки равного сопротивления изгибу (рис. 4.51).

4.6. По гипотезе плоских сечений ε x =

202

Рис. 4.51

Таким образом, Mz M 6P = z = [σ ] ⇒ b ( x ) = ⋅x, W z x =l W z x h 2 [ σ] b( x ) ⋅ h 2 . где M z = P ⋅ x , W z = 6 Размер ширины балки в заделке 6 Pl b( x = l ) = b0 = = 0,15 м. h 2 [ σ] Из зависимости кривизны балки от изгибающего момента 1 Mz b ( x ) ⋅ h3 , где M z = P ⋅ x , J z = , найдем = 12 R EJ z P ⋅ x ⋅ 12 ⋅ R b( x ) = = 0,15 x . Eh3 При x = l = 1 м (сечение заделки) b0 = 0,15 м. Отметим, что при R > 5 ( b( x) > 0,15 x ) напряжения σ x (max) будут σ x (max) =

меньше [σ], и балка будет работать с недогрузкой. При R < 5 м ( b( x) < 0,15 x ) напряжения σ x (max) > [σ] , так, например, уже при R = 4 м σ x (max) = 250 МПа , т.е. превышают [σ] на 25 %, что совершенно недопустимо. В месте приложения силы P балка должна иметь площадку.

203

4.7. Радиус кривизны ρ определится из соотношения откуда ρ =

l 2πρ , = 60° 360°

6l . 2π

y E ⋅ y max ⋅ 2π σ x (max) = Eε x (max) = E max = . ρ 6⋅l

При E = 2 ⋅ 10 5 МПа, l = 0,25 м, y max = получаем σ x (max) = 335 МПа.

δ 8 ⋅ 10 −4 = = 4 ⋅ 10 − 4 м 2 2

4.8. Найдем M z(1) и M z( 2) из совместного решения уравнений (1*) и (2*): M = M z(1) + M z( 2) , (1*) M z(1) M z( 2) 1 , = = ρ E1 J z( 2) E 2 J z( 2)

откуда M z(1) = M

E1 J z(1)

E 2 J z( 2) , M z( 2) = M . E1 J z(1) + E 2 J z( 2) E1 J z(1) + E 2 J z( 2)

Рис. 4.52

204

(2*)

Найдем максимальные напряжения σ (x1) (max) = σ (x2) (max) =

M z(1) ⋅ d1 / 2 J z(1) M z( 2) ⋅ d 2 J z( 2)

/2

= =

2M ⋅ E ⋅ d E1 J z(1) + E 2 J z( 2) M ⋅E⋅d E1 J z(1) + E 2 J z( 2)

, .

Эпюра σ x приведена на рис. 4.52. 4.9. По формуле Журавского τ xy = Jz =

Q y ⋅ S zотс ( y ) J z ⋅ b( y )

. Так как

bh 3 ⎛2 y⎞ , b( y ) = b⎜ − ⎟ , 36 ⎝3 h⎠

1⎛2 ⎞ ⎞ ⎛ 2 y ⎞⎡ 1 ⎛ 2 ⎜ h − y ⎟ ⋅ b⎜ − ⎟ ⎢ ⎜ h − y ⎟ + 2⎝3 ⎠ ⎠ ⎝ 3 h ⎠⎣ 3 ⎝ 3 2 ⎛ h y ⎞⎛ 2 y ⎞⎛ h ⎞ = ⋅ b⎜ − ⎟⎜ − ⎟⎜ + y ⎟ 3 ⎝ 3 2 ⎠⎝ 3 h ⎠⎝ 3 ⎠ Q 4 y (см. рис. 4.53, а), то τ xy = (2h − 3 y )(h + 3 y ) . 3 bh 3 S zотс ( y ) =

Рис. 4.53 205

⎤ y⎥ = ⎦

Исследуем τ xy на экстремум и находим, что при y 0 =

1 h 6

3 Qy . Эпюра τ xy представлена на рис. 4.53, б. 2 F 4.10. Так как сечение по жесткости симметрично относительно оси z, то, следовательно, нейтральная ось сечения проходит посередине высоты h. Тогда τ xy (max) =

J zд =

3b ⋅ h 3 = 128 см 4 , 12

⎡ 2b ⋅ δ 3 ⎛ h ⎞ 2 ⎤ δ ⋅ h3 + 2⎢ + ⎜ ⎟ ⋅ 2b ⋅ δ⎥ = 15 см 4 . 12 ⎝2⎠ ⎢⎣ 12 ⎥⎦ Суммарный изгибающий момент в сечении будет J zст = 4

M z = M zст + M zд =

∫

σ x ⋅ y ⋅ dF +

Fст

E = ст ρ

∫

y 2 dF +

Eд

Fст

ρ

∫

∫ σ x ⋅ y ⋅ dF =

Fд

Fд

Eд д E y 2 dF = c J zст + Jz , ρ ρ

Mz Mz 1 = = . ст д ρ E ст J z + E д J z E д 20 J zст + J zд Условия прочности будут иметь вид

(

откуда

)

y max ст σ ст = x (max) = E ст ⋅ ε x (max) = E ст ⋅ ρ E ⋅h Mz = ст ⋅ ≤ [σ]ст , 2 E д 20 J zст + J zд

(

)

откуда [ M ]′ = 128,4 кН ⋅ см . y σ дx (max) = E д ⋅ ε дx (max) = E д ⋅ max = ρ Eд ⋅ h Mz = ⋅ ≤ [σ ] д , 2 E д 20 J zст + J zд

(

)

откуда [ M ]′′ = 278,2 кН ⋅ см . Принимаем [ M ] = 128,4 кН ⋅ см . 206

4.11. Вертикальные опорные реакции балки (см. рис. 4.46) R A = P P = R B = ; изгибающий момент M z = ⋅ x ; осевой момент сопро2 2 2 b ⋅ h ( x) тивления W z = , h( x) = 0,3h + 0,7 hx / l . Тогда в сечении с 6 абсциссой х наибольшее напряжение M ( x) 3Px σ x (max) = z = . 2 Wz bh (0,3 + 0,7 x / l ) 2 dσ x = 0 и найдем абсциссу опасdx ного сечения x = x0 = 0,429l . Подставляя найденное значение x 0 в выражение для σ x (max) , получим Pl Pl σ x (max) = 3,6 =9 ≤ [ σ] , 2 bh h3 9 Pl откуда h ≥ 3 = 0,15 м. [ σ] 4.12. Поперечная сила на участке АС (см. рис. 4.47) равна опорной P Pl . реакции Q y = R A = , а изгибающий момент в сечении С равен 2 4 Наибольшее касательное напряжение в точке K1 равно касательному напряжению в поперечном сечении посередине высоты h и определяется по формуле Журавского: Q y ⋅ S z (max) P ⋅ 104 . = τ (xyK1 ) (max) = 2 ⋅ 1840 ⋅ 0,52 Jz ⋅d

Исследуем σ x на экстремум

Так как в точке K 2 касательное напряжение от Q y равно нулю, то наибольшее касательное напряжение в этой точке определится как K

τ nt2 (max) =

σ (xK 2 ) Pl ⋅ h / 2 P ⋅ l ⋅ 10 = = , 2 8⋅ Jz 8 ⋅ 1840 ∧

действующее на площадь под углом α = xn = 45° . (K ) Из условия τ (xyK1 ) (max) = τ nt 2 (max) найдем l = 80 см.

207

4.13. Наибольший изгибающий момент в однопролетной балке, загруженной равномерно распределенной нагрузкой, действует поql 2 . Так как балки совер8 шенно одинаковы, то до сварки каждой балкой воспринимается

середине пролета и равен M z (max) =

M * (max) ql 2 ⋅ 6 3 ql 2 M z (max) = , а σ*x (max) = z = . 2 W z* 16 ⋅ b 3 8 b 3 После сварки поперечное сечение балки работает как единое це-

M *z (max) =

b( 2b) 2 2 3 = b . Снятие нагрузки равносильно 6 3 нагружению балки нагрузкой противоположного направления по сравнению с первоначальной. Следовательно, в балке после разгрузки нижние волокна будут сжаты, а верхние растянуты, при M (max) 3 ql 2 этом σ x (max) = z = . Wz 16 b 3

лое, т.е. для него W z =

Рис. 4.54

Эпюры напряжений до сварки показаны на рис. 4.54, а, разгрузки – рис. 4.54, б, остаточных – рис. 4.54, в. 4.14. Значение допускаемой силы [P] будем искать как из условия прочности для сечения В, так и из условия прочности для сечения А, где в наиболее неблагоприятных условиях находится точка I сечения (см. рис. 4.55), в которой имеет место растяжение. 208

Для сечения В [σ] ⋅ J z 7 P ⋅ a ⋅ 0,08a ; σ x ( I) = ≤ [σ]c = 4[σ] ⇒ P ′ = Jz 0,14 ⋅ a 2 [σ ] ⋅ J z 7 P ⋅ a ⋅ 0,04a . ≤ [σ] p = [σ] ⇒ P ′′ = Jz 0,28 ⋅ a 2 Для сечения А σ x (II) =

σ x ( I) =

[σ ] ⋅ J z 5 P ⋅ a ⋅ 0,08a . ≤ [σ] p = [σ] ⇒ P ′′′ = Jz 0,40 ⋅ a 2

Рис. 4.55

Итак, [ P ] = P ′′′ =

[σ ] ⋅ J z 0,40 ⋅ a

2

= 1,2 ⋅ 10 −6 [σ] ⋅ a 2 ,

209

где bh 3 = 48 ⋅ 10 −7 ⋅ a 4 . 36 4.15. На рис. 4.56 представлена расчетная схема балки, эпюры Qy и M z . Jz =

Гипотетически балка обладала бы наибольшей несущей способностью, если бы во всех сечениях был бы одинаков M z (max) = [σ] ⋅ W z . Так как такого быть не может, то наибольшей грузоподъемностью балка будет обладать в том, случае если M z (1 − 1) = M z (2 − 2) , тогда и σ x (max) (1 − 1) = σ x (max) (2 − 2) .

Рис. 4.56

210

M z (1 − 1) =

qa 2 , 2

M z ( 2 − 2) = R B ⋅ x ( 2 − 2 ) −

Из уравнения равновесия в виде

(*)

[

]

q x ( 2 − 2) 2 2

.

(**) ⎛l

⎞

∑ m A = RB (l − a) − ql ⎜⎝ 2 − a ⎟⎠ =

l − 2a . 2(l − a ) На участке АВ нас будет интересовать абсцисса того сечения, в котором действует M z (max) (2 − 2) . = 0 найдем R B = ql ⋅

l − 2a . Тогда 2(l − a ) подставляя вместо x( 2−2) значение x 0 в (**) и приравнивая M z (2 − 2) = M z (1 − 1) , найдем a = 0, 293l .

Из Q y (2 − 2) = R B − qx( 2− 2) = 0 найдем x0 = l

211

Тема 5 ПЕРЕМЕЩЕНИЯ В БАЛКАХ ПРИ ПЛОСКОМ ИЗГИБЕ 5.1. Предварительные замечания Под действием внешних сил ось балки искривляется (рис. 5.1) и сечения балки получают линейные и угловые перемещения u, y, θ. Перемещение u настолько мало, что им можно пренебречь, тогда изогнутая ось балки или, иначе, упругая линия балки будет иметь вид AB1 , показанный на рис. 5.2, где y – прогиб сечения х, т.е. перемещение центра тяжести сечения по направлению, перпендикулярному оси балки в плоскости изгиба.

Рис. 5.1

Рис. 5.2

Наибольший прогиб (прогиб сечения В на рис. 5.2) называется стрелой прогиба и обозначается через f. Уравнение вида y = F (x) будет являться уравнением изогнутой оси балки. 212

Угол поворота θ поперечного сечения равен углу наклона касательной KK1 к изогнутой оси с первоначальной (до деформироваdy . ния) осью x; как известно: tgθ = dx Угол θ на практике при изгибе балок очень мал, обычно он не более одного градуса, и с достаточной степенью точности можно считать, что tg θ ≈ θ в радианах, тогда dy , (5.1) θ= dx т.е. угол поворота поперечного сечения равен первой производной по х от прогиба y в данном сечении. 5.2. Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки Кривизна изогнутой оси связана с изгибающим моментом выражением: M ( x) 1 , (5.2) = z ρ( x) EJ z ( x) где ρ( x) – радиус кривизны изогнутой оси между двумя смежными сечениями, т.е. радиус кривизны дуги длиной dS (см. рис. 5.2). Из курса высшей математики известно, что 1 = ρ( x)

±

d2y dx 2

. (5.3) 3 ⎡ ⎛ dy ⎞ 2 ⎤ ⎢1 + ⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ dx ⎠ ⎥⎦ Приравнивая правые части выражений (5.2) и (5.3) и сохраняя только знак «+» в последнем выражении, так как имеется полное соответствие между знаками кривизны и знаком изгибающего момента, что продемонстрировано на рис. 5.3, получим точное уравнение изогнутой оси балки: d2y dx 2 ⎡ ⎛ dy ⎞ ⎢1 + ⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ dx ⎠ ⎥⎦ 2⎤

3

213

=

M z ( x) . EJ z ( x)

(5.4)

Рис. 5.3

Интегрирование нелинейного дифференциального уравнения второго порядка (5.4) представляет значительные трудности, c другой стороны, квадрат угла поворота θ = dy / dx – величина весьма малая по сравнению с единицей. Учитывая это, для определения перемещений используют приближенное дифференциальное уравнение, которое принято называть основным дифференциальным уравнением упругой линии: EJ z ( x) ⋅

d2y

= M z ( x) . (5.5) dx 2 В большинстве задач EJ z ( x) = EJ z = const , тогда двумя последовательными интегрированиями получим выражения для определения θ и y: dy EJ z ⋅ = EJ z ⋅ θ = ∫ M z ( x) ⋅ dx + C , (5.6) dx EJ z ⋅ y = ∫ dx ∫ M z ( x) ⋅ dx + C ⋅ x + D . (5.7)

Если жесткость EJ z (x) – величина переменная, то понятно, что она должна быть внесена под знак интеграла. Постоянные интегрирования С и D определяются из граничных условий (условий на опорах и на границе двух смежных участков). При расположении осей х и y, как показано на рис. 5.1 – 5.3, руководствуемся следующим правилом знаков: положительный прогиб y направлен в положительное направление оси y, а отрицательный – в отрицательное; угол θ положителен, если сечение поворачивается против часовой стрелки, и отрицателен – если по часовой стрелке от своего первоначального положения. 214

Пример 1 Определить прогиб и угол поворота сечения С консольной балки (рис. 5.4).

Рис. 5.4

I операция. Изображение расчетной схемы. Сюда входит изображение балки (ее оси!), ее размеров, опорных устройств, активных сил, реакций опор с указанием выбранного их направления, изображение выбранной координатной системы. II операция. Определение опорных реакций. Составляем уравнения равновесия: ∑ X = 0 ⇒ HA = 0,

∑Y = 0 ⇒ ∑ mA = 0 ,

RA = P ,

− M A + Pa + M = 0 ⇒ M A = 2 Pa . Для проверки правильности определения опорных реакций можно воспользоваться, например, уравнением вида ∑ mC = 0 . III операция. Составление уравнений упругой линии для каждого силового участка и интегрирование их: EJ z ⋅ y1′′ = −2 Pa + Px1 , EJ z ⋅ y1′ = EJ z θ1 = −2 Pax1 +

Px12 + C1 , 2

3 2 Pax12 Px1 + + C1 x1 + D1 , 2 6 EJ z ⋅ y 2′′ = −2 Pa + Px 2 − P( x 2 − a ) ,

EJ z ⋅ y1 = −

215

(1) (2)

EJ z ⋅ y 2′ = −2 Pax 2 +

Px 22 P ( x 2 − a) 2 − + C2 , 2 2

(3)

3

2 Pax 22 Px 2 P ( x 2 − a ) 3 EJ z ⋅ y 2 = − + − + C 2 x 2 + D2 . (4) 2 6 6 IV операция. Определение постоянных интегрирования C i и Di . Из условия опирания (заделки) левого сечения А: y1′ = θ A = 0 ⇒ C1 = 0 , при x1 = 0 y1 = y A = 0 ⇒ D1 = 0 . Из условия на границе смежных участков АВ и ВС: y1′ = y 2′ ⇒ C1 = C 2 = 0 , при x1 = x 2 = a y1 = y 2 ⇒ D1 = D2 = 0 . V операция. Определение перемещений в заданных сечени2,5 Pa 2 (радиях. Подставляя в (3) x 2 = 2a найдем y 2′ (C ) = θ C = − EJ z 17 Pa 3 (м). 6 EJ z На рис. 5.4 изогнутая ось показана штриховой линией. Из уравнений (1) и (2) следует, что постоянные интегрирования

ан), а из (4) найдем y 2 (C ) = f = −

С1 = EJ z ⋅ θ A = EJ z ⋅ θ 0 [Н ⋅ м 2 ] , а D1 = EJ z ⋅ y A = EJ z ⋅ y 0 [Н ⋅ м 3 ] , где y 0 – прогиб, θ 0 – угол поворота в начале координат. Постоян-

ные C1 и D1 обратились в нуль, что является следствием выбора начала координат в заделке. 5.3. Метод начальных параметров (метод Клебша). Универсальное уравнение упругой линии При определении перемещений путем интегрирования дифференциальных уравнений упругой линии, получаем 2n постоянных интегрирования, где n – число силовых участков. Можно обеспечить равенство между собой всех соответствующих постоянных интегрирования, если при интегрировании соблюдать следующие правила. 1. Начало координат выбирается в крайнем левом сечении балки. 216

2. Абсцисса xi текущего сечения для каждого силового участка отсчитывается от один раз выбранного начала координат. 3. Если имеется сосредоточенный момент, то в уравнении изгибающего момента он должен быть умножен на скобку ( x − a ) 0 , равную единице. Здесь а – абсцисса сечения приложения момента М. 4. Интегрирование должно проводиться без раскрытия скобок. 5. Распределенная нагрузка раз начавшись должна продолжаться до конца балки. Если распределенная нагрузка обрывается, то ее продлевают «дополнительной» нагрузкой до конца балки, а для восстановления исходного нагружения балку догружают «компенсирующей» нагрузкой обратного направления. При выполнении приведенных правил С1 = С 2 = ... = C i = C 0 = = EJ z ⋅ θ 0 , D1 = D2 = ... = Di = D0 = EJ z ⋅ y 0 ; в уравнивании постоянных интегрирования и состоит сущность метода начальных параметров. Прогиб y 0 и угол поворота θ 0 в начале координат принято называть начальными параметрами. При решении задач методом Клебша легко заметить, что сосредоточенные моменты дают в уравнении прогибов члены вида M ( x − a) 2 (где а – абсцисса сечения, в котором приложен сосре2 P( x − a) 3 доточенный момент М), сосредоточенные силы – (где 6 а – абсцисса сечения, в котором приложена сосредоточенная сила q( x − a) 4 P), равномерно распределенные нагрузки – (где а – абс24 цисса начала приложения распределенной нагрузки), распределенtg β( x − a ) 5 , где β – положитель120 ный угол наклона касательной к эпюре треугольной нагрузки. С учетом указанного было составлено универсальное уравнение метода начальных параметров упругой линии балки:

ная по треугольнику нагрузка –

EJ z ⋅ y = EJ z ⋅ y 0 + EJ z θ 0

M ( x − a) 2 P ( x − a) 3 x1 ±∑ i ±∑ i ± 1! 2! 3! 217

q ( x − a) 4 tg β( x − a ) 5 ±∑ i ±∑ . (5.8) 4! 5! В уравнении (5.8) EJ z ⋅ y 0 = D0 , а EJ z ⋅ θ 0 = C 0 (см. уравнения (2) и (4) в III операции примера 1). Знак «+» или «–» перед членами уравнения определяется знаком изгибающих моментов, которые вызывают соответствующие нагрузки в сечении с абсциссой х. При составлении универсального уравнения абсцисса х – это абсцисса текущего сечения последнего (правого) силового участка балки. Определение начальных параметров y 0 и θ 0 производится из граничных условий – условий на опорах балки. Дифференцируя уравнение (5.8) получим уравнение для определения углов поворота поперечных сечений балки: M i ( x − a )1 P ( x − a) 2 q( x − a) 3 ±∑ i ±∑ ± 1! 2! 3! tg β( x − a ) 4 . (5.9) ±∑ 4! Правило знаков для θ и y сохраняется то же, что и в методе интегрирования дифференциальных уравнений изогнутой оси балки. При определении перемещений с помощью (5.8), (5.9) в уравнениях используются только те члены, у которых x > a , другими словами, учитываются только те усилия, которые лежат по одну сторону (левее!) рассматриваемого сечения с абсциссой х, т.е. те члены, у которых ( x − a) > 0 . При составлении уравнения (5.8) балка просматривается от начала координат. При этом с появлением той или иной нагрузки записывают член уравнения, соответствующий данной нагрузке. EJ z θ = EJ z θ 0 ± ∑

Пример 2 Для балки (рис. 5.5, а) определить прогиб сечения С и угол поворота сечения D. Изобразить изогнутую ось балки. Балка изготовлена из двутавра 27а, для которого J z = 5500 см 4 ; l = 2 м, q = 20 кН/м, E = 2 ⋅ 10 5 МПа.

218

Рис. 5.5

I операция. Изображение расчетной схемы (см. рис. 5.5, а) II операция. Определение опорных реакций. Используя уравнения равновесия вида ∑ X = 0 , ∑ m D = 0 , ∑ m B = 0 , найдем, 5 3 qa , R D = qa . Проверку правильности опре4 4 деления реакций осуществим, составив уравнение вида ∑ Y = 0 .

что H B = 0 , R B =

219

III операция. Составление расчетной схемы с учетом правил метода начальных параметров (рис. 5.5, б), а именно правил 1 – 5 разд. 5.3 на с. 216, 217. IV операция. Составление универсального уравнения: EJ z ⋅ y = EJ z ⋅ y 0 + EJ z θ 0 x −

q ( x − 0) 4 R B ( x − l ) 3 + + 4! 3! x >l

+

4

3

q( x − l ) P ( x − 2l ) − . 4! 3!

(5.10)

x > 2l

Значения x > l и x > 2l под стрелками указывают, что все члены уравнения, находящиеся правее вертикальной разделительной черты, используются в решении, если х имеет указанное значение. V операция. Определение начальных параметров. При x = l y = yB = 0 : 0 = EJ z y 0 + EJ z θ 0 l −

При x = 3l

y = yD = 0 :

ql 4 . 24

5 ql (3l − l ) 3 q (3l ) 4 4 0 = EJ z y 0 + EJ z θ 0 3l − + + 24 6 q (3l − l ) 4 ql (3l − 2l ) 3 . + − 24 6 Решая совместно уравнения (1) и (2), найдем y0 = y A = − θ0 = θ A =

13 ql 4 = −1,58 ⋅ 10 −2 м, 24 EJ z

14 ql 3 = 0,0084 рад = 0,482° . 24 EJ z

220

(1)

(2)

VI операция. Определение перемещений заданных сечений. Прогиб сечения С найдем, подставив в (5.10) значения θ 0 и y 0 , а 5 ql 4 = 0,61 ⋅ 10 −2 м. 24 EJ z Продифференцируем уравнение (5.10), тогда

также x = 2l ; получим y C =

EJ z

dy q ( x − 0) 3 R B ( x − l ) 2 q ( x − l ) 3 = EJ z θ = EJ z θ 0 − + + − dx 3! 2! 3! x >l

−

P( x − 2l ) 2 . 2!

(5.11)

x > 2l

Угол поворота сечения D найдем, подставив в (5.11) значение x = 3l : 18 ql 3 = −0,011 рад = −0,63° . 24 EJ z VII операция. Изображение изогнутой оси балки. Изогнутую ось удобно строить на эпюре изгибающего момента M z , так как знак эпюры M z указывает на то, какие волокна балки сжаты, а какие растянуты. Согласно принятому правилу знаков эпюра M z всегда «располагается» на сжатых волокнах. Изогнутая ось заданной балки изображена штриховой линией на рис. 5.5, в, при этом масштаб искажен в сторону большого увеличения прогибов и углов поворота сечений. θD = −

Примечание. Решение задачи может быть упрощено, если расположить начало координат на опоре D (ось х направить справа налево). В этом случае не нужно будет догружать балку дополнительной и компенсирующей нагрузкой; начальный параметр y0 = 0 . При этом нужно помнить, что правило знаков для угла поворота

θ меняется на противоположное, т.е. при θ > 0 сечение поворачивается от своего первоначального положения по часовой стрелке, а при θ < 0 – против часовой стрелки, что справедливо и для метода непосредственного интегрирования дифференциальных уравнений изогнутой оси.

Пример 3 Определить стрелу прогиба для консольной балки (рис. 5.6). 221

Рис. 5.6

I операция. Изображение расчетной схемы (см. рис. 5.6) II операция. Определение опорных реакций. Используя уравнения равновесия в виде ∑ X = 0 ; ∑ Y = 0 ; ∑ m A = 0 , найдем, что H A = 0 ; R A = 3ql , M A = 9ql 2 . Для проверки можно воспользоваться уравнением ∑ m B = 0 . III операция. Составление универсального уравнения: EJ z y = EJ z y 0 + EJ z θ 0 +

x1 M A ( x − 0) 2 − + 1! 2!

R A ( x − 0) 3 tg β( x − l ) 5 − , 3! 5!

(5.12)

x >l

2q tg β = . 3l IV операция. Определение начальных параметров. Расположение начала координат в заделке определяет, что y 0 = 0 и θ 0 = 0 . V операция. Определение прогиба y C . Подставляя в (5.12) значения y 0 , θ 0 и x = 4l , найдем, что yC = f = −

41,3ql 4 . EJ z

Пример 4 Определить стрелу прогиба в консольной балке (рис. 5.7, а). 222

Рис. 5.7

I операция. Изображение расчетной схемы (см. рис. 5.7, а). II операция. Определение опорных реакций. Используя уравнения равновесия в виде ∑ X = 0 , ∑ Y = 0 , ∑ m A = 0 , найдем, что H A = 0 , R A = 3ql , M A = 6ql 2 . Для проверки можно воспользоваться уравнением ∑ m B = 0 . III операция. Составление расчетной схемы с учетом правил метода начальных параметров (рис. 5.7, б). IV операция. Составление универсального уравнения: EJ z ⋅ y = EJ z ⋅ y 0 + EJ z ⋅ θ 0 ⋅ x − −

M A ( x − 0) 2 R A ( x − 0) 3 + − 2! 3!

2q( x − l ) 4 tg β( x − l ) 5 , + 4! 5!

(5.13)

x >l

2q . где tg β = 3l V операция. Определение начальных параметров. y 0 = 0 и θ 0 = 0 , что является следствием расположения начала координат в заделке. VI операция. Определение прогиба сечения С. Подставляя в (5.13) значения y 0 , θ 0 и x = 4l , найдем, что

223

yC = f = −

21,4ql 4 . EJ z

Пример 5 Для консольной балки AD (рис. 5.8, а) определить прогиб сечения D и угол поворота сечения С.

Рис. 5.8

I операция. Изображение расчетной схемы (см. рис. 5.8, а). II операция. Определение опорных реакций. Используя уравнения равновесия в виде ∑ X = 0 , ∑ Y = 0 , ∑ m A = 0 , найдем, что H A = 0 , R A = 12ql , M A = 60ql 2 . Для проверки можно воспользоваться уравнением ∑ mC = 0 . III операция. Составление расчетной схемы с учетом правил метода начальных параметров (рис. 5.8, б). IV операция. Составление универсального уравнения: EJ z ⋅ y = EJ z ⋅ y 0 + EJ z ⋅ θ 0 ⋅ x − −

M A ( x − 0) 2 R A ( x − 0) 3 + − 2! 3!

tg β( x − l ) 5 4q( x − 7l ) 4 tg β( x − 7l ) 5 , + + 5! 4! 5! x >l

x >7 l

2q где tg β = . 3l 224

(5.14)

V операция. Определение начальных параметров. y 0 = 0 и θ 0 = 0 , что является следствием расположения начала координат в заделке. VI операция. Определение искомых перемещений. Прогиб сечения D найдем, подставив в (5.14) значения y 0 , θ 0 и x = 10l : 1313,2ql 4 . EJ z Для определения θ C продифференцируем уравнение (5.14), в результате получим yD = f = −

EJ z ⋅ y ′ = EJ z ⋅ θ = − M A ⋅ x +

R A ⋅ x 2 tg β( x − l ) 4 4q ( x − 7l ) 3 − + + 2 24 6 x >l

x >7 l

4

tg β( x − 7l ) . 24 Подставляя в (5.15) x = 7l , найдем, что +

θC = −

(5.15)

164 ⋅ q ⋅ l 3 . EJ z

5.4. Интеграл Мора Интеграл Мора для определения перемещений при изгибе, пренебрегая влиянием поперечной силы, имеет вид M ⋅ M z ⋅ dx , (5.16) δ=∫ z EJ z L

где δ – перемещение (прогиб или угол поворота), M z – значение изгибающего момента в текущем сечении силового участка от заданных нагрузок или, как принято говорить, от грузового состояния балки (сами моменты M z при этом называют грузовыми моментами, а эпюру M z – грузовой эпюрой), M z – значение изгибающего момента в том же текущем сечении от единичного усилия, но приложенного в том сечении, перемещение которого опре225

деляется, и по тому направлению, по которому определяется перемещение. Если определяется прогиб, т.е. δ = y , то единичное усилие представляет собой сосредоточенную силу P 0 = 1 , а если определяется угол поворота, т.е. δ = θ , то единичное усилие представляет собой сосредоточенный момент M 0 = 1 . Предел интегрирования L в формуле (5.16) указывает на то, что интегрирование должно быть произведено по всей длине балки. Полученное в результате интегрирования значение δ со знаком «+» (плюс) говорит о том, что перемещение δ совпадает с направлением единичного усилия, и, наоборот, знак «–» (минус) свидетельствует о том, что перемещение δ направлено в сторону, противоположную направлению единичного усилия. Порядок определения перемещений с помощью интеграла Мора рассмотрим на конкретном примере. Пример 6 Определить для балки (рис. 5.9, а) постоянной жесткости прогибы в сечениях С и D и углы поворотов сечений А и D. I операция. Изображение расчетной схемы (см. рис. 5.9, а). II операция. Определение опорных реакций. Используя уравнения равновесия в виде ∑ X = 0 , ∑ m B = 0 , ∑ m A = 0 , найдем, 5 3 qa , R B = qa . 4 4 проверки можно воспользоваться

что H A = 0 , R A = Для ∑Y = 0 .

уравнением

вида

III операция. Наметим абсциссы xi текущих сечений для каждого силового участка балки, при этом будем стремиться к тому, чтобы в выражении для изгибающих моментов входило как можно меньше членов. Начало абсцисс xi будем устанавливать не в каком-либо одном, раз выбранном сечении, а от начала каждого силового участка, что определит во всех интегралах нижний предел, равный нулю (см. абсциссы xi на рис. 5.9, а). Итак, 0 ≤ x1 ≤ a , 0 ≤ x 2 ≤ a , 0 ≤ x3 ≤ a , не забывая, что изгибающий момент в сече226

нии равен алгебраической сумме моментов всех сил, лежащих по одну сторону от сечения (см. значение M z в IV операции).

Рис. 5.9

IV операция. Определение изгибающих моментов M z в текущих сечениях каждого силового участка: M z1 = −

qx12 , M z 2 = R B ⋅ x 2 , M z3 = R B ( a + x 3 ) − P ⋅ x 3 . 2 227

(О правиле знаков для изгибающих моментов см. с. 166 – 168.) V операция. Изображение единичной системы. Единичной системой будем называть схему балки, загруженную только (!) единичным усилием в соответствующем сечении по искомому направлению. Для определения y C единичная система представлена на рис. 5.9, б, для определения y D – на рис. 5.9, в, для определения θ A – на рис. 5.9, г, для определения θ D – на рис. 5.9, д. Для каждой единичной системы повторяем те же операции II, III, IV, что и для балки, загруженной заданными усилиями. На схемах единичных систем показаны реакции опор, те же абсциссы текущих сечений, что и на рис. 5.9, а. Изгибающие моменты для единичных систем будут равны: для схемы рис. 5.9, б (определение прогиба y C ): M z1 = 0 , M z2 = R B ⋅ x 2 , M z3 = R B (a + x3 ) − P 0 ⋅ x3 ; для схемы рис. 5.9, в (определение прогиба y D ): M z1 = − P 0 ⋅ x1 , M z2 = − R B ⋅ x 2 , M z3 = − R B (a + x3 ) ; для схемы рис. 5.9, г (определение угла поворота θ A ):

M z1 = 0 , M z2 = R B ⋅ x 2 , M z3 = R B (a + x3 ) ; для схемы рис. 5.9, д (определение угла поворота θ D ): M z1 = − M 0 , M z2 = − R B ⋅ x 2 , M z3 = − R B (a + x3 ) . VI операция. Последняя. Запись интегралов Мора, проведение интегрирования и получение значений перемещений a a 1 ⎧⎪ ⎛ 3 ⎞1 ⎡3 ⎤ yC = qax x dx qa (a + x3 ) − qax3 ⎥ × + ⎜ ⎟ ⎨∫ 2 2 ∫ ⎢ EJ z ⎪ ⎝ 4 4 ⎠2 ⎦ 0⎣ ⎩0 4 ⎡1 ⎤ ⎫ 7 qa , × ⎢ (a + x3 ) − 1 ⋅ x3 ⎥ dx ⎬ = ⎣2 ⎦ ⎭ 24 EJ z a a 1 ⎧⎪ ⎛⎜ qx12 ⎞⎟ ⎛3 ⎞⎛ 1 ⎞ ( ) yD = x dx − ⋅ − + ⎨ 1 ∫ ⎜⎝ 4 qa1 x 2 ⎟⎠⎜⎝ − 2 x 2 ⎟⎠ dx + EJ z ⎪∫ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 0 ⎩0 228

11 qa 4 ⎤ ⎫⎪ ⎡3 ⎤ ⎡ 1 , + ∫ ⎢ qa (a + x3 ) − qa ⋅ x3 ⎥ ⋅ ⎢− (a + x3 )⎥ dx ⎬ = − 4 24 EJ z ⎦ ⎪⎭ ⎦ ⎣ 2 0⎣ a

где знак «–» (минус) в результате говорит о том, что балка в сечении D прогибается вверх, в сторону противоположную направлению P 0 = 1 , приложенном в сечении D. a a 1 ⎧⎪ ⎛ 3 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎡3 ⎤ qax x dx θA = + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎨ 2 2 ∫ ⎢ 4 qa(a + x3 ) − qax3 ⎥ × EJ z ⎪∫ ⎝ 4 2 a ⎠⎝ ⎠ ⎦ 0⎣ ⎩0 3 ⎡1 ⎤ ⎫ 14 qa , × ⎢ (a + x3 )⎥ dx ⎬ = ⎣ 2a ⎦ ⎭ 24 EJ z

1 θD = EJ z

a ⎧⎪a ⎛ qx 2 ⎞ ⎛3 ⎞⎛ 1 ⎞ 1 ⎟ ⎜ ( ) x 2 ⎟dx + − 1 dx + ∫ ⎜ qax 2 ⎟⎜ − ⎨∫ ⎜ − ⎟ 2 ⎠ 4 ⎠⎝ 2a ⎠ ⎪⎩0 ⎝ 0⎝

a

10 qa 3 ⎡3 ⎤ ⎡ 1 ⎤ + ∫ ⎢ qa (a + x3 ) − qax3 ⎥ ⋅ ⎢ − (a + x3 )⎥ dx = − , 4 24 EJ z ⎦ ⎣ 2a ⎦ 0⎣

где знак «–» (минус) в результате свидетельствует о том, что угловое перемещение θ D направлено в сторону, противоположную направлению момента M 0 = 1 , т.е. по часовой стрелке. В выражении для y C и θ A не проводится интегрирование по первому силовому участку, так как при наличии грузового момента, отличного от нуля на этом участке, момент от единичного усилия M z1 = 0 . 5.5. Способ Верещагина Способ (правило) Верещагина представляет собой графоаналитическое решение интеграла Мора. Согласно этому способу перемещение ω⋅ MC , (5.17) δ= EJ z где ω – грузовая площадь, т.е. площадь эпюры M z от заданных нагрузок; M C – ордината эпюры изгибающего момента от единич229

ного усилия под центром тяжести грузовой площади ω. Единичное усилие, как и при определении перемещений с помощью интеграла Мора, приложено в том сечении, перемещение которого находится, и по тому направлению, по которому определяется перемещение. Операция в числителе формулы Верещагина (5.17) получила название «перемножение» эпюр. Способ Верещагина допускает «перемножение» эпюр только в том случае, если одна из «перемножаемых» эпюр ограничена прямой неломаной линией, а такими эпюрами как раз и являются эпюры от единичных усилий. Определение M С не представляет труда. Затруднения возникают при определении положения центра тяжести грузовых площадей ω. Для решения этой задачи воспользуемся следующими рекомендациями. Сложную грузовую эпюру M z следует разбить на простые фигуры, для каждой из которых легко определить абсциссу центра тяжести. При этом площадь каждой простой фигуры умножают на ординату единичной эпюры под ее, простой фигуры, центром тяжести. На рис. 5.10, а, б показаны два варианта разбиения трапеции на простые фигуры, а на рис. 5.10, в – преобразование «перекрученной» трапеции.

Рис. 5.10 230

Рис. 5.11

На рис. 5.11 представлены наиболее часто встречающиеся эпюры, ограниченные квадратной и кубической параболой, а на рис. 5.12 показана трансформация эпюр сложной формы, при действии равномерно распределенной нагрузки интенсивностью q = const, ограниченных квадратными параболами. В случае если обе эпюры (грузовая и единичная) ограничены прямыми неломаными линиями, то операция «перемножения» этих эпюр обладает свойством коммутативности, т.е. безразлично, умножается ли площадь первой эпюры на ординату второй или площадь второй – на ординату первой. При «перемножении» эпюр, лежащих по одну сторону от базовой линии (эпюры изгибающих моментов одного и того же знака), получаем знак «+» (плюс), а эпюр, лежащих по разные стороны, – знак «–» (минус) в результате. Результат «перемножения» двух эпюр в виде трапеций, «перекрученных» трапеций, треугольников (рис. 5.13) можно получить по следующей формуле: L Δ = ∑ ωi ⋅ M ci = (2ac + 2bd + ad + bc) , (5.18) 6 при этом ординаты а, b, с, d берутся со своим знаком по отношению к базовой линии (ординаты над базовой линией имеют знак «+», а под базовой линией – «–»). 231

Рис. 5.12

Рис. 5.13

Для «перемножения» эпюр, одна из которых ограничена квадратной параболой, а другая – прямой (рис. 5.14), можно воспользоваться и формулой Симпсона – Корноухова: L Δ = (ac + 4 Hh + bd ) ; (5.19) 6 232

для этого случая можно воспользоваться и приемом расслоения эпюр по всей длине балки, который приведен в примере 8.

Рис. 5.14

Пример 7 Для балки (см. рис. 5.9, а) определить способом Верещагина прогибы в сечениях С и D, угол поворота сечения D, изобразить изогнутую ось балки. I операция. Изображение расчетной схемы (рис. 5.15, а). II операция. Определение опорных реакций (см. операцию II в примере 6). III операция. Построение эпюры изгибающих моментов M z (грузовой эпюры!). Эпюра приведена на рис. 5.15, б. Рассмотрим подробно определение прогиба y D . IV операция. Изображение единичной системы (рис. 5.15, в). Для определения прогиба в сечении D загрузим это сечение единичной силой P 0 = 1 , направленной вниз. V операция. Определение опорных реакций для единичной системы. Используя уравнение равновесия в виде ∑ X = 0 , ∑ m B = 0 , 233

1 . Проверку правильно2 сти определения реакций выполним, составив уравнение вида ∑ Y = 0 . VI операция. Построение эпюры изгибающего момента для единичной системы (рис. 5.15, г). VII операция. Найдем y D с помощью формулы (5.17): 1 yD = (ω1 M c1 + ω 2 M c2 + ω3 M c3 + ω 4 M c4 ) = EJ z

∑ m A = 0 , найдем

=

1 EJ z

⎧⎪⎛ 1 qa 2 ⎨⎜⎜ ⋅ ⎪⎩⎝ 3 2

H A = 0 , R A = 1,5 , R B =

⎞⎛ 3 ⎞ ⎛ qa 2 a ⎟⎜ a ⎟ − ⎜ ⎟⎝ 4 ⎠ ⎜ 2 ⎠ ⎝

⎞⎛ 1 ⎞ ⎛1 1 ⎞ a ⎟⎜ ⋅ 1,5a ⎟ − ⎜ ⋅ qa 2 ⋅ a ⎟ × ⎟⎝ 2 ⎠ ⎝2 4 ⎠ ⎠

⎡1 ⎛ 1 ⎞⎤ ⎛ 1 3 11 qa 4 ⎞⎛ 1 2 ⎞⎫ . × ⎢ ⎜ a + a ⎟ ⎥ − ⎜ ⋅ qa 2 ⋅ a ⎟⎜ ⋅ a ⎟⎬ = − ⋅ 3 ⎠⎦ ⎝ 2 4 24 24 ⎠⎝ 2 3 ⎠⎭ ⎣2 ⎝

Для «перемножения» эпюр на участке АС можно воспользоваться и формулой (5.18): Δ AC = ω2 M c2 + ω3 M c3 = =

2 ⎤ a ⎡ qa 2 3 ⎛ 1 ⎞ qa ⎛ 1 ⎞ 3 2 ( −a ) + 2 qa 2 ⎜ − a ⎟ + − a ⎟ + qa (−a ) ⎥ = ⎢2 ⋅ ⎜ 6 ⎣⎢ 2 4 2 ⎝ 2 ⎠ 4 ⎝ 2 ⎠ ⎦⎥

11 4 qa . 24 Знак «–» в результате вычисления y D свидетельствует о том, что прогиб направлен вверх, в сторону, противоположную направлению P 0 = 1 в сечении D. На рис. 5.15, д показана единичная система для определения прогиба y C , а на рис. 5.15, е приведена эпюра изгибающего мо=−

мента M z для этой единичной системы. Прогиб y C получим «перемножив» грузовую эпюру M z с эпюрой рис. 5.15, е: yC =

1 EJ z

⎛ qa 2 1 a 1 qa 2 1 2 1 3qa 2 1 2 ⎞ ⎜ ⋅a⋅ ⋅ + ⋅ ⋅a⋅ ⋅ ⋅a + ⋅ ⋅ a ⋅ ⋅ ⋅ a⎟ = ⎜ 2 2 2 2 4 2 3 2 4 2 3 ⎟⎠ ⎝

=

7 qa 4 . 24 EJ z 234

Рис. 5.15 235

На рис. 5.15, ж показана единичная система для определения угла поворота θ D , а на рис. 5.15, з приведена эпюра изгибающего момента M z для этой единичной системы. Угол поворота θ D получим, «перемножив» грузовую эпюру M z с эпюрой рис.6.15, з: θD =

1 EJ z

⎡ 1 qa 2 qa 2 1 3 1 qa 2 1 ⎛ 1 ⎞ ⋅ a ⋅1 − ⋅a⋅ ⋅ ⋅a − ⋅ ⋅a⋅ ⎜a + a⎟ − ⎢ ⋅ 2 2a 2 2 4 2a ⎝ 3 ⎠ ⎢⎣ 3 2

1 3 2 1 2 ⎤ 10 qa 3 . ⋅ qa ⋅ a ⋅ ⋅ a⎥ = − 2 4 2a 3 ⎦ 24 EJ z Знак «–» (минус) в результате вычисления θ D свидетельствует о том, что угол поворота сечения D происходит по часовой стрелке, т.е. в сторону, противоположную направлению M 0 = 1 . На рис. 5.15, и штриховой линией изображена изогнутая ось балки. Здесь на участке DA эпюра M z отрицательна, следователь1 1 но, кривизна < 0 , а на участке АВ кривизна > 0 , так как эпюра ρ ρ M z имеет положительный знак. −

Пример 8 Для балки (рис. 5.16, а) определить способом Верещагина угол поворота сечения D. Вариант первый I операция. Составление расчетной схемы (см. рис. 5.16, а). II операция. Определение опорных реакций. Используя уравнения равновесия в виде ∑ X = 0 , ∑ m B = 0 , ∑ m A = 0 , найдем, 4 2 ql , R D = ql . Для проверки можно восполь3 3 зоваться уравнением вида ∑ Y = 0 . III операция. Построение эпюры изгибающего момента (рис. 5.16, б).

что H A = 0 , R A =

236

Рис. 5.16 237

IV операция. Изображение единичной системы (рис. 5.16, в). Здесь балка загружена только единичным сосредоточенным моментом M 0 = 1 , приложенным в том сечении (сечение D!), угол поворота которого определяется. V операция. Определение опорных реакций для единичной системы. Значение реакций приведено на рис. 5.16, в. VI операция. Построение эпюры изгибающего момента для единичной системы (рис. 5.16, г). VII операция. Определение θ D способом Верещагина: 1 θD = (ω1M c1 + ω 2 M c2 + ω3 M c3 ) ; EJ z ⎞ ⎛1 2 ⎞ 2 3 ⎛1 4 Δ AB = ω1 M c1 = ⎜ ⋅ ql 2 ⋅ l ⎟ ⋅ ⎜ ⋅ l ⎟ = ql . ⎝2 3 ⎠ ⎝ 6l 3 ⎠ 27 Рассмотрим определение Δ BC = ω 2 M c2 двумя способами. По

формуле (5.19): 2l ⎡⎛ 4 ⎞ 1 ⎛ 13 ⎞ 2 ⎛6 ⎞ 3 ⎤ 37 3 Δ BC = ⎢⎜ ql 2 ⎟ ⋅ + 4 ⋅ ⎜ ql 2 ⎟ ⋅ + ⎜ ql 2 ⎟ ⋅ ⎥ = ql . 6 ⎣⎝ 3 ⎠ 6 ⎝6 ⎠ 6 ⎝3 ⎠ 6 ⎦ 27 Путем расслоения эпюры M z согласно рис. 5.12, а, как показано для данной задачи на рис. 5.17: ⎛1 4 ⎞ ⎛1 5 ⎞ Δ BC = ω 2I M cI + ω 2II M cII + ω 2III M cIII = ⎜ ⋅ ql 2 ⋅ 2l ⎟ ⋅ ⎜ ⋅ l ⎟ + 2 2 2 ⎠ ⎝ 6l 3 ⎠ ⎝2 3 2 ⎞ ⎛1 ⎛1 6 ⎞ ⎛ 1 7 ⎞ ⎛ 2 q (2l ) ⎞ 37 3 + ⎜ ⋅ ql 2 ⋅ 2l ⎟ ⋅ ⎜ ⋅ l ⎟ + ⎜ ⋅ ql . ⋅ 2l ⎟ ⋅ ⎜ ⋅ 2l ⎟ = ⎟ ⎝ 6l 8 ⎝2 3 ⎠ ⎝ 6l 3 ⎠ ⎜⎝ 3 ⎠ 27 ⎠ 1 ⎛1 6 ⎞ ⎛ ⎞ 54 3 Δ CD = ω3 M c3 = ⎜ ⋅ ql 2 ⋅ 3l ⎟ ⋅ ⎜1 − ⋅ 2l ⎟ = ql ; ⎝2 3 ⎠ ⎝ 6l ⎠ 27

θD =

1 3 93 ql 3 31 ql 3 . ωi M ci = = ∑ EJ z 1 27 EJ z 9 EJ z

Вариант второй По этому варианту в III операции эпюру M z построим, проведя расслоение эпюры по всей длине балки. Для этого строим эпюры M ′z от каждого внешнего усилия, лежащего левее опоры D (рис. 5.16, д). 238

Рис. 5.17

От реакции R A эпюра ограничена прямой линией, площадь которой обозначим через ω1′ ; от равномерно распределенной нагрузки интенсивностью q эпюра M z на участке ВС ограничена квадратной параболой, площадь эпюры обозначим через ω′2 . На участке CD эпюра ограничена прямой линией, площадь эпюры разобьем на две части: ω′3 (прямоугольник) и ω′4 (треугольник). VII операция. Определение θ D способом Верещагина: 1 θD = (ω1′ M c′1 + ω′2 M c′ 2 + ω′3 M c′3 + ω′4 M c′ 4 ) = EJ z =

1 EJ z

⎧⎛ 1 24 2 ⎞ ⎛1 2 ⎞ ⎛ 1 6 ⎞ ql ⋅ 6l ⎟ ⋅ ⎜ ⋅ ⋅ 6l ⎟ + ⎜ − ⋅ ql 2 ⋅ 2l ⎟ × ⎨⎜ ⋅ ⎠ ⎝ 6l 3 ⎠ ⎝ 3 3 ⎠ ⎩⎝ 2 3

⎡ 1 ⎛ 3 ⎞⎤ ⎛ 6 ⎞ ⎛ 1 18 ⎞ ⎞ ⎛1 × ⎢ ⋅ ⎜ l + ⋅ 2l ⎟⎥ + ⎜ − ql 2 ⋅ 3l ⎟ ⋅ ⎜ ⋅ 4,5l ⎟ + ⎜ − ⋅ ql 2 ⋅ 3l ⎟ × 6 4 3 6 l l 2 3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ 239

⎡1 ⎛ 2 ⎞⎤ ⎫ 31 ql 3 . × ⎢ ⋅ ⎜ 3l + ⋅ 3l ⎟⎥ ⎬ = ⋅ 3 ⎠⎦ ⎭ 9 EJ z ⎣ 6l ⎝

Знак «+» (плюс) в результате свидетельствует о том, что θ D по направлению совпадает с направлением единичного момента M 0 = 1 , т.е. сечение D поворачивается против часовой стрелки. 5.6. Задачи Задача 5.1. Однопролетная сосновая балка прямоугольного поперечного сечения загружена на участке AC (рис. 5.18) равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q = 3 кН/м. Определить стрелу прогиба, если длина пролета l = 6 м, E = 0,1 ⋅ 10 5 МПа, h = 20 ⋅ 10 −2 м, b = 15 ⋅ 10 −2 м.

Рис. 5.18

Рис. 5.19

Задача 5.2. Консольная балка постоянной жесткостью поперечного сечения EJ z (рис. 5.19) загружена распределенной нагрузкой 240

с известным значением интенсивности q. Если балку догрузить силой P, то при каком значении этой силы прогиб балки в сечении А будет равен нулю? Задача 5.3. Для балки с промежуточным шарниром (рис. 5.20), которая имеет постоянную жесткость EJ z = 7300 кН ⋅ м 2 , построить изогнутую ось, определив перемещения необходимых сечений. Дано: Р = 40 кН, M = 40 кН⋅ м , а = 1 м.

Рис. 5.20

Рис. 5.21

Задача 5.4. Для однопролетной балки с правой консолью (рис. 5.21), нагруженной на конце консоли силой Р, замерен максимальный прогиб y max = f на пролете между опорами. Определить наибольшее значение нормальных напряжений в опасном поперечном сечении балки и величину силы Р. Известны размеры прямоугольного поперечного сечения, длина l пролета и модуль упругости Е для материала балки. Задача 5.5. Однопролетная балка загружена распределенной нагрузкой, как показано на рис. 5.22. Определить прогиб посредине пролета балки, если жесткость поперечного сечения EJ z постоянна по всей длине. 241

Рис. 5.22

Рис. 5.23

Задача 5.6. Однопролетная балка загружена распределенными по линейному закону нагрузками с наибольшей интенсивностью q (рис. 5.23). Определить прогиб сечения С балки, если жесткость ее EJ z = const. Задача 5.7. Однопролетная балка (рис. 5.24) загружена распределенной нагрузкой, изменяющейся по линейному закону. Измеренная датчиком 1 продольная деформация составила ε = 5 ⋅ 10 −4 . Найти взаимный угол поворота сечений А и В, если l = 15h. Задача 5.8. Балка (рис. 5.25) загружена распределенной нагрузкой и сосредоточенными моментами. Определить угол поворота поперечного сечения K, если жесткость EJ z = const.

Рис. 5.24

Рис. 5.25

Задача 5.9. Для балки (рис. 5.26), загруженной сосредоточенными моментами M = q 0 l 2 и распределенной нагрузкой, изменяющейся по πx , найти прогиб сечения K, если EJ z = const. закону q = q 0 sin l Задача 5.10. Балка постоянной жесткости EJ z с промежуточным шарниром K (рис. 5.27) нагружена парой сил моментом M в 242

двух вариантах: слева и справа от шарнира K. Найти линейное перемещение шарниров, угол поворота сечений приложения момента M и работу пары сил в обоих вариантах. Дано: M, l, E, J z .

Рис. 5.26

Рис. 5.27

Задача 5.11. Однопролетная балка (рис. 5.28) постоянной жесткости поперечного сечения EJ z загружена по двум вариантам: железобетонной плитой (см. рис. 5.28, а), деформацией которой пренебрегаем, весом G; мешками с песком (см. рис. 5.28, б), равномерно распределенными на длине 2l балки, имеющими общий вес G, равный весу плиты.

Рис. 5.28

Определить, насколько отличается максимальный прогиб в балке в обоих вариантах нагружения.

Рис. 5.29

243

Задача 5.12. Для балки постоянной жесткости поперечного сечения EJ z (рис. 5.29) найти расположение опор, при котором от указанной нагрузки прогиб посредине балки будет равен нулю. 5.7. Решения, указания, ответы 5.1. Изобразим расчетную схему (рис. 5.30). Используя уравнения равновесия в виде ∑ X = 0 , ∑ m B = 0 , ∑ m A = 0 , найдем, что 4 2 qa = 8 кН, R B = qa = 4 кН. Проверку правильно3 3 сти определения реакций опор выполним, составив уравнение вида ∑Y = 0 .

H A = 0 , RA =

Рис. 5.30

Для того, чтобы получить более простые выражения изгибающих моментов для силового участка АС абсциссу текущего сечения x1 будем отсчитывать от опоры А, а для силового участка ВС – x 2 будем отсчитывать от опоры В. Составим дифференциальные уравнения изогнутой оси балки для каждого силового участка и дважды проинтегрируем их: EJ z y1′′ = R A x1 −

qx12 , 2

EJ z y 2′′ = R B x 2 ;

3 R A x12 qx1 EJ z y1′ = − + C1 , (1) 2 6

EJ z y 2′ = 244

R B x 22 + C 2 ; (2) 2

EJ z y1 =

R A x13 6

−

RB x 2 qx14 + C 2 x 2 + D2 . (4) + C1 x1 + D1 , (3) EJ z y 2 = 6 24

Для определения постоянных интегрирования воспользуемся граничными условиями: при x1 = 0 : y1 = 0 ⇒ D1 = 0 ; при x 2 = 0 : y 2 = 0 ⇒ D2 = 0 ; при x1 = 2a и x 2 = a : y1 = y 2 = y C , (а) θ1 (С ) = −θ 2 (С ) , (б) здесь знак «–» (минус) перед θ 2 (С ) объясняется тем, что оси x1 и x 2 направлены в противоположные стороны, поэтому правило знаков для θ 2 меняется на обратное, по отношению к правилу знаков для θ1 . Условие а) приводит к следующему выражению: R A ( 2a ) 3 q ( 2 a ) 4 R ⋅ a3 − + C1 ⋅ 2a = B + C2 ⋅ a . 6 24 6 Условие б) дает равенство: R A ( 2a ) 2 q ( 2a ) 3 R ⋅ a2 − + C1 = − B − C2 . 2 6 2 Подставляя численные значения в последние два равенства, получим 72 + 6C1 = 3C 2 , 40 + C1 = −C 2 ,

откуда C1 = −21,3 кН ⋅ м 2 , С 2 = −18,7 кН ⋅ м 2 . Для определения абсциссы сечения, которое имеет наибольший прогиб, исследуем на экстремум уравнение (3): 3 R A x12 qx1 dy =0: − + C1 = 0 ⇒ x1max = 2,889 м. 2 6 dx Поставив x1max в выражение (3), получим

y max = f = 3,818 ⋅ 10 −2 м.

245

Обращаем внимание, что постоянная C1 ≠ C 2 , это определено тем, что не был применен метод уравнивания постоянных интегрирования (метод Клебша). 5.2. Прогиб сечения А (рис. 5.31, а) будет равен нулю, если y A ( P ) = y A (q) . Для определения прогиба y A ( P ) воспользуемся расчетной схемой, изображенной на рис. 5.31, б. Начало координат расположим в сечении В.

Рис. 5.31

246

Универсальное уравнение будет иметь вид: R B′ ( x − 0) 3 M B′ ( x − 0) 2 − . 3! 2! В заделке y B = y 0 = 0 , θ B = θ 0 = 0 , тогда при x = l Pl 3 y A ( P) = − , 3EJ z где знак «–» (минус) свидетельствует о том, что прогиб y A ( P ) направлен в сторону, противоположную оси y, т.е. вниз. Для определения прогиба y A (q ) воспользуемся расчетной схемой EJ z y ( P ) = EJ z y 0 + EJ z θ 0 x +

(рис. 5.31, в), для которой из уравнения равновесия в виде

∑x=0,

ql 4ql 2 , M B′′ = . 3 27 Проверку правильности определения реакций опоры В можно выполнить, составив уравнение равновесия вида ∑ mC = 0 , которое являет-

∑ y = 0 , ∑ mB = 0

найдем, что H B′′ = 0 , R B′′ =

ся следствием уравнений ∑ y = 0 и ∑ m B = 0 . Внесем коррективы в нагрузку на балку (рис. 5.31, г) согласно требованиям метода начальных параметров. Тогда универсальное уравнение (с учетом того, что y B = y 0 = 0 и θ B = θ 0 = 0 ) будет иметь вид: M ′′ ( x − 0) 2 R B′′ ( x − 0) 3 tg β( x − 0) 5 EJ z y (q) = B − + − 2! 3! 5! 4

5

2 ⎞ 2 ⎞ ⎛ ⎛ tg β⎜ x − l ⎟ q⎜ x − l ⎟ 3 3 ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ , − − 4! 5! 2 x> l 3

где tg β =

q . 2 l 3 247

37 ql 4 . 15 ⋅ 81 ⋅ EJ z

Тогда при x = l

y A (q) =

Из равенства

y A ( P) = y A (q)

получим, что

P=

37 ql = 5 ⋅ 81

= 0,091ql . 5.3. Заданную балку представим как состоящую из двух: однопролетной с правой консолью и полуподвесной (рис. 5.32, а). Используя уравнения равновесия, найдем реакции опор и силы взаимодействия в шарнире D (полученные численные значения реакций приведены на рис. 5.32, а). На рис. 5.32, б изображена эпюра изгибающего момента для всей заданной балки. Для построения изогнутой оси балки найдем прогибы сечений В, S, D и углы поворота сечений S, D для левой балки, а также угол поворота сечения D для правой балки с помощью универсального уравнения. Для левой (AD) балки при начале координат в сечении А: EJ z y л = EJ z y 0л + EJ z θ 0л x л −

R A ( x л − 0) 3 M ( x л − a) 2 + + 3! 2! xл > a

+

RC ( x л − 4 a ) 3 . 3!

(1)

xл > 4 a

Найдем начальные параметры из граничных условий: при x л = 0 : y л = y 0л = 0 , при

x л = 4a = 4 м:

y л = yC = 0

⇒

θ 0л = θ A =

100 = 12 EJ z

= 0,00114 рад = 0,0655°. Подставляя в (1) значения x л = 1 м, x л = 2 м и x л = 6 м, найдем, что: y B = 0,0007 м = 0,7 мм; y S = 0,00137 м = 1,37 мм; y D = −0,016 м = –16 мм. 248

Рис. 5.32

Для определения углов поворота сечений продифференцируем уравнение (1):

249

EJ z

R ( x − 0) 2 dy л M ( x л − a)1 = EJ z θ л = EJ z θ 0л − A л + + 2! dx 1! xл > a

+

RC ( x л − 4 a ) 2 . 2!

(2)

xл > 4 a

При x л = 2 м: θ S = 0,00113 рад = 0,065°. При x л = 6 м: θ лD = −0,0098 рад = –0,563°. Составим универсальное уравнение для правой (DN) балки, выбрав начало координат в сечении D: EJ z y п =

EJ z y 0п

+

EJ z θ п0 x п

R D ( x − 0) 3 P( x − 2a) 3 , + − 3! 3!

(3)

x > 2a

y 0п

где = y D = −16 мм. Из условия, что при xп = 4a : y п = y N = 0 найдем θ п0 = θ пD = −0,0015 рад = –0,085°. Изогнутая ось балки изображена (сплошная линия) на рис. 5.32, в, где масштаб прогибов и углов поворота существенно увеличен по сравнению с масштабом размеров балки. 5.4. Используя уравнения равновесия, найдем реакции опор балки (рис. 5.33, а). Построим эпюру изгибающего момента M z (рис. 5.33, б), откуда следует, что опасным сечением является сечение В, где действует M z (max) = Pl / 2 . Запишем универсальное уравнение для балки с учетом, что y 0 = y A = 0 при расположении начала координат на опоре А. EJ z y = EJ z θ 0 x +

R A ( x − 0) 3 R B ( x − l ) 3 . − 3! 3! x >l

250

(1)

Рис. 5.33

Из условия, что при

x=l

y = y B = 0 , получим из (1)

Pl 2 ; здесь знак «–» (минус) указывает на то, что 12 EJ z сечение А поворачивается по часовой стрелке. Итак, уравнение изогнутой оси балки будет иметь вид: ⎡ ⎤ ⎢ 3⎥ 2 3 3P ( x − l ) ⎥ 1 ⎢ Pl Px . (2) y= x+ − − ⎢ ⎥ EJ z 12 12 12 ⎢ ⎥ x >l ⎣ ⎦ Исследуем на экстремум уравнение (2) для участка АВ балки: θ0 = θ A = −

y′ = 0 = −

2 Pl 2 Px m l ⇒ xm = , + 12 4 3

тогда 3 ⎡ ⎛ l ⎞ ⎤ ⎥ ⎢ ⎜ ⎟ P⎜ ⎟ 1 ⎢ Pl 3 Pl 3 3⎠ ⎥ ⎝ y max = f = , (3) + ⎥=− ⎢− EJ z ⎢ 12 3 12 ⎥ 18 3EJ z ⎥ ⎢ ⎦ ⎣ где знак «–» (минус) указывает на то, что прогиб y max направлен вниз, в сторону, противоположную направлению оси y. 251

Из (3) найдем, опустив знак минус, что P =

1

⋅ 18 3EJ z ⋅ f . l3 В крайних волокнах опасного сечения В напряжения будут равны: M ⋅ h / 2 Pl ⋅ h / 2 9 3 E ⋅ h ⋅ f . σ x (max) = z = = Jz 2J z 2l 2

5.5. Прогиб y Ca сечения С балки, изображенной на рис. 5.34, а, равен прогибу y Cб сечения С балки, изображенной на рис. 5.34, б, а сумма y Ca + y Cб = y C балки, приведенной на рис. 5.34, в. Для определения прогиба y C воспользуемся интегралом Мора, для чего построим единичную систему (рис. 5.34, г). Обозначим абсциссы текущих сечений на силовых участках.

Рис. 5.34

Рис. 5.35

252

Изгибающий момент для грузовой системы (см. рис. 5.34, в) qx12 1 , а для единичной системы M z1 = x1 при 2 2 0 ≤ x1 ≤ l / 2 ; точно такие же выражения для изгибающих моментов и с теми же пределами изменения x 2 имеем для второго силового участка, тогда l/2 l /2⎛ 2⎞ 1 2 ⎜ ql ⋅ x − qx1 ⎟ ⋅ 1 x ⋅ dx = yC = ⋅ 2 ∫ M z1 ⋅ M z1 ⋅ dx = 1 1 2 ⎟⎠ 2 EJ z EJ z ∫ ⎜⎝ 2 0 0 M z1 = R A x1 −

=

5 ql 4 ⋅ . 384 EJ z

y 5 ql 4 Прогиб y Cа = y Cб = C = . ⋅ 2 768 EJ z 5.6. Очевидно, что прогиб сечения С для обеих балок (рис. 5.35, а, б) одинаков и равен 1/2 прогиба сечения С балки, изоy браженной на рис. 5.35, в. Таким образом, y Ca = y Cб = C = 2 4 5 ql = ⋅ (см. решение задачи 5.5). 768 EJ z 5.7. При известной деформации ε нижнего волокна сечения С найдем значение интенсивности распределенной нагрузки q. Из условия равновесия балки имеем, что H A = 0 , R A = ql / 3 , R B = 2ql / 3 (рис. 5.36, а). Изгибающий момент в сечении С равен: 1 q 1 1 ql M z (C ) = ⋅ l − ⋅ ⋅ l ⋅ l = ql 2 . 3 2 2 3 4 Напряжение в нижнем волокне сечения С равно: M (C ) ⋅ h / 2 ql 2 h σx = z = = E ⋅ε, Jz 8J z 8 EJ z ε откуда q = . hl 2 253

Рис. 5.36 254

Вариант 1. Для определения взаимного угла поворота воспользуемся интегралом Мора. Изгибающий момент в сечении х грузовой балки 1 1 M z = R A x − q ( x) ⋅ x ⋅ x , 2 3 q где q ( x) = x . 2l Для определения угла поворота сечения А изобразим единичную систему (рис. 5.36, б), загруженную в сечении А моментом M 0 = 1 . Реакции опор определим из уравнений равновесия. Изгибающий момент в сечении х единичной системы равен M z = 1 − RA x . Тогда l

1 ⎛ ql 1 q 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 7 ql 3 x 1 x x x x dx ⋅ − = . ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 2l 3 ⎠ ⎝ EJ z ∫ ⎝ 3 2l ⎠ 45EJ z 0 Знак «+» (плюс) в результате свидетельствует о том, что сечение А поворачивается по часовой стрелке, т.е. в направлении действия M 0 =1. Для определения поворота сечения В изобразим единичную систему (рис. 5.36, в), загруженную в сечении В моментом M 0 = 1 . Реакции опор определим из уравнений равновесия. Изгибающий момент в сечении х единичной системы равен: M z = RA ⋅ x . Тогда θA =

θB =

l

1 ⎛ ql 1 q 1 ⎞ 1 8ql 3 . ⎜ x − ⋅ x ⋅ x ⋅ x ⎟ ⋅ ⋅ x ⋅ dx = ∫ EJ z ⎝ 3 2 2l 3 ⎠ 2l 45EJ z 0

Знак «+» (плюс) в результате говорит о том, что сечение В поворачивается против часовой стрелки, т.е. по направлению момента M 0 =1. Взаимный угол поворота (см. рис. 5.36, г) θ AB = θ A + θ B =

15 ql 3 8 ⋅ ε ⋅ l 8 ⋅ ε ⋅ 15h = = = 0,02 рад = 1,15°. 45 EJ z 3h 3h 255

Вариант 2. Найдем взаимный угол поворота способом Верещагина, для чего, в первую очередь, представим нагрузку на балку как состоящую из двух составляющих: равномерно распределенную интенсивностью q / 2 (рис. 5.36, д) и распределенную по линейному закону кососимметричную нагрузку (рис. 5.36, е). Взаимный угол поворота сечений А и В от кососимметричной нагрузке не зависит. Действительно, эпюра изгибающих моментов M ′z′ от этой нагрузки (рис. 5.36, ж) так же будет кососимметричной; на этом же рисунке изображена штриховой линией изогнутая ось балки и углы поворота сечений А и В. Очевидно, что углы поворота одинаковы, θ′A′ = θ′B′ , и оба сечения поворачиваются в одном направлении – против часовой стрелки. Таким образом, взаимный угол поворота сечений А и В зависит только от симметричной нагрузки (рис. 5.36, д), и для определения его способом Верещагина строим грузовую эпюру – эпюру изгибающего момента M ′z (рис. 5.36, з), единичную систему (рис. 5.36, и), эпюру изгибающего момента M z для единичной системы (рис. 5.36, к). Тогда «перемножение» эпюр даст ⎞ ωM C 1 ⎛⎜ 2 ql 2 ql 3 8 ⋅ εl 8 ⋅ 5 ⋅ 10 −4 ⋅ 15h θ AB = = ⋅ 2l ⎟ ⋅ 1 = = = = ⎟ EJ z EJ z ⎜⎝ 3 4 3EJ z 3h 3h ⎠ = 0,02 рад. Обращаем внимание, что так как кососимметричная нагрузка (рис. 5.36, е) дает в сечении С посредине пролета изгибающий момент, равный нулю, то при определении M z (C ) (см. начало решения задачи) можно воспользоваться схемой нагружения, изображенной на рис. 5.36, д. 5.8. На основании принципа независимости действия сил угол поворота сечения K равен θ K = θ K (q ) + θ K ( M ) , см. рис. 5.25. От симметричной распределенной нагрузки угол θ K (q ) = 0 . Тогда расчетная схема будет иметь вид рис. 5.37, а. Для определения θ K (M ) способом Верещагина построим эпюру M z (M ) – грузовую эпюру (рис. 5.37, б), единичную систему (рис. 5.37, в), загруженную единичным моментом M 0 = 1 в сече256

нии K, эпюру изгибающего момента M z для единичной системы (рис. 5.37, г). ω1 M c1 2 ⎛ 1 2 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ qa 3 θK = 2 ⋅ = ⋅ a⎟ = . ⎜ qa a ⎟ ⋅ ⎜ EJ z EJ z ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2a 3 ⎠ 6 EJ z

Рис. 5.37

Знак «+» (плюс) в результате свидетельствует о том, что сечение K поворачивается по направлению момента M 0 , т.е. против часовой стрелки. Изогнутая ось балки только от действия сосредоточенных моментов M изображена пунктирной линией на рис. 5.37, б. 5.9. На основании принципа независимости действия сил прогиб сечения K равен y K = y K (q) + y K ( M ) , см. рис. 5.26. От кососимметричной распределенной нагрузки прогиб y K (q ) = 0 . Тогда расчетная схема будет иметь вид рис. 5.38, а. Для определения y K (M ) способом Верещагина построим грузовую эпюру M z (M ) (рис. 5.38, б), единичную систему (рис. 5.38, в), 257

загруженную единичной силой P 0 = 1 в сечении K. Эпюру изгибающего момента M z для единичной системы (рис. 5.38, г).

Рис. 5.38

Используя свойство коммутативности при «перемножении» эпюр, примем за грузовую площадь ω площадь M z от единичного усилия, а M C возьмем из эпюры M z (рис. 5.38, б). ω⋅ MC q l4 1 ⎛1 l Ml 2 ⎞ = = 0 . ⎜ ⋅ ⋅ 2l ⎟ ⋅ M = EJ z EJ z ⎝ 2 2 2 EJ z 2 EJ z ⎠ 5.10. Приведенные в задаче балки 1 и 2 являются статически определимыми балками с промежуточным шарниром. Для балки (рис. 5.39, а) рассматривая равновесие полуподвесной балки KB, из уравнения равновесия вида ∑ m K = 0 получаем, что

Тогда y K ( M ) =

R B1 = 0 , а для балки (рис.6.52, б) – R B2 = 258

M . l

259 Рис. 5.39

Воспользуемся способом Верещагина для определения перемещений шарнира K. Грузовые эпюры для 1 и 2 вариантов нагружения представлены на рис. 5.39, в, г. Единичные системы для определения прогибов изображены на рис. 5.39, д, е, а соответствующие им эпюры изгибающих моментов показаны на рис. 5.39, ж, з. Единичные системы для определения углов поворота изображены на рис. 5.39, и, н, а соответствующие им эпюры изгибающих моментов приведены на рис. 5.39, Т, ф. Приведем результаты «перемножения» эпюр: 2 ω1M c1 1 ⎛ l ⎞ Ml y K1 ( M л ) = (− M ⋅ l ) ⋅ ⎜ − ⎟ = = – прогиб наEJ z EJ z ⎝ 2 ⎠ 2 EJ z правлен вниз, как и P 0 = 1 ; ω 2 M c2 ⎛ 1 2 ⎞ Ml 2 ⎞ ⎛ y K2 ( M п ) = = ⎜ Ml ⎟ ⋅ ⎜ − 1 ⋅ l ⎟ = − – прогиб наEJ z 3 ⎠ 3EJ z ⎝2 ⎠ ⎝ правлен вверх, в сторону, противоположную направлению ω1M c′1 Ml 1 = P 0 = 1 . θ K1 ( M л ) = . (− M ⋅ l ) ⋅ (−1) = EJ z EJ z EJ z 1 θ K2 ( M п ) = ω 2 M c′ 2 + ω 2 M c′3 = EJ z

(

)

1 ⎧⎛ 1 2 ⎞ ⎤ ⎛1 ⎞ ⎡1 ⎛ ⎞ ⎛ 1 2 ⎞ ⎫ 2 Ml . ⎨⎜ Ml ⎟ ⋅ ⎢ ⋅ ⎜ l + l ⎟ − 1⎥ + ⎜ Ml ⎟ ⋅ ⎜ ⋅ l ⎟ ⎬ = 3 ⎠ ⎦ ⎝ 2 ⎠ ⎝ l 3 ⎠ ⎭ 3EJ z EJ z ⎩⎝ 2 ⎠ ⎣ l ⎝ Сечения, прилегающие к шарниру K в обоих случаях нагружения, поворачиваются по часовой стрелке так же, как направлены и M 0 =1. Виды изогнутых осей балок показаны на рис. 5.39, а, б штриховой линией. Обращаем внимание, что часть балки BK в первом варианте нагружения наклоняется, но не изгибается, так как на этом участке 1 M изгибающий момент равен нулю, т.е. = z = 0 . ρ EJ z =

260

Работа пары сил будет равна: 1 1 Ml 2 Ml 2 A 1 = M ⋅ θ K1 = , A 2 = M ⋅ θ K2 = . 2 2 EJ z 2 3EJ z 5.11. Определимся с расчетными схемами для первого и второго варианта нагружения (см. рис. 5.28).

Рис. 5.40

В первом варианте, так как плиту считаем абсолютно жесткой, а балка под действием нагрузки прогибается по симметричной кривой, то, следовательно, весь вес плиты будет передаваться на балку через сечения D и E (рис. 5.40, а). На рис. 5.40, б представлена расчетная схема для второго случая нагружения. Для решения задачи воспользуемся способом Верещагина, для чего построим эпюры изгибающего момента для первого и второго 261

варианта нагружения (рис. 5.40, в, г); изобразим единичную систему (рис. 5.40, д), которая будет одинакова для обоих случаев; построим эпюру изгибающего момента для единичной системы (рис. 5.40, е). Из сравнения грузовых эпюр следует, что во втором варианте эпюра отличается только площадью ω (густая вертикальная штриховка). «Перемножение» этой площади и эпюры от единичного усилия P 0 = 1 и даст величину, на которую отличается прогиб второго варианта нагружения от первого. 3 ωM c 2 ⎡⎛ 2 1 ⎞ ⎛ 1 13 ⎞ ⎤ 13 Gl . Δf = = ⎜ ⋅ Gl ⋅ l ⎟ ⋅ ⎜ ⋅ l ⎟ ⎥ = ⎢ EJ z EJ z ⎣⎝ 3 4 ⎠ ⎝ 2 8 ⎠ ⎦ 48 EJ z 5.12. Решение задачи выполним способом Верещагина. На рис. 5.41, а изображена расчетная схема, на рис. 5.41, б – грузовая эпюра, на рис. 5.41, в – единичная система, на рис. 5.41, г – эпюра изгибающего момента M z для единичной системы. Для «перемножения» эпюр воспользуемся формулой (5.18). «Перемножение» произведем для эпюр M z только на участке АС балки (густая вертикальная штриховка), а затем увеличим результат на два (учет «перемножения» на участке СВ). L Δ = (2ac + 2bd + ad + bc) = 6

=

x⎧ ⎛ 3 ⎞ ⎛1 ⎞ ⎛ 1 ⎞⎫ ⎨2⎜ P ⋅ x − Pl ⎟ ⋅ ⎜ x ⎟ + [− P (l − x)] ⋅ ⎜ x ⎟⎬ = 6⎩ ⎝ 2 ⎠ ⎝2 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎭

1 3 1 Px − Plx 2 . 3 4 Тогда прогиб сечения С будет равен P ⎛2 3 1 2⎞ 2Δ yC = = ⎜ x − lx ⎟ . EJ z EJ z ⎝ 3 2 ⎠ Приравнивая y C = 0 , найдем 3 x0 = l . 4 =

262

Рис. 5.41

263

Тема 6 КРУЧЕНИЕ 6.1. Основные положения Кручением называется деформация, вызванная взаимно уравновешенными парами сил, лежащими в плоскостях поперечных сечений бруса (стержня). Брус, испытывающий кручение, принято называть валом. При кручении в поперечном сечении вала возникает только один внутренний силовой фактор – крутящий момент M x . Рассмотрим вал под действием двух скручивающих (внешних) моментов (рис. 6.1, а). Расчетная схема вала представлена на рис. 6.1, б.

Рис. 6.1

Рис. 6.2

В любом поперечном сечении крутящий момент равен алгебраической сумме внешних моментов, лежащих по одну сторону от сечения. За положительный крутящий момент будем считать момент, действующий против часовой стрелки при взгляде со стороны внешней нормали к сечению. Мысленно рассечем вал по сечению I − I (рис. 6.2). Из анализа рис. 6.2 следует, что скручивающий (внешний) момент, действующий по часовой стрелке (при 264

взгляде со стороны внешней нормали к рассматриваемому сечению) в выражении M x даст положительное слагаемое, и, наоборот, скручивающий момент, действующий против часовой стрелки – дает в выражении M x отрицательное слагаемое. Таким образом, в сечении I − I M x = M . Эпюра M x показана на рис. 6.1, в. 6.2. Кручение валов круглого поперечного сечения 6.2.1. Напряжения Под действием крутящего момента M x в поперечном сечении вала возникают касательные напряжения, перпендикулярные к радиусам, определяемые по формуле: M ⋅ρ τ xt = x . (6.1) Jp Первый индекс у τ – адрес, т.е. указывает на какой площадке (площадке с нормалью х!) действует касательное напряжение; второй индекс – направление, по которому оно действует; ось t в каждой точке перпендикулярна к радиусу. В формуле ρ – полярная координата точки поперечного сечения. Из формулы (6.1) видно, что τ xt в сечении изменяется по линейному закону. Эпюра τ xt представлена на рис. 6.3, M ⋅ρ M τ xt (max) = x max = x , Jp Wp где ρmax = r , полярный момент сопротивления Wp =

Jp ρmax

=

πr 3 πd 3 . = 2 16

265

Рис. 6.3

(6.2)

Условие прочности имеет вид M x (max) ⋅ ρmax M x (max) τ xt (max) = = ≤ [τ] , Jp Wp

(6.3)

с помощью которого производим проверочный, проектировочный расчет и расчет грузоподвешности. Выделим внутри вала элементарный объемный элемент с размерами dr, ds, dx (рис. 6.4, а); по боковым граням его действуют только касательные напряжения, определяемые формулой (6.1).

Рис. 6.4

Элементарный объем находится в условиях чистого сдвига (см. тему 2, разд. 2.1, рис. 2.5 и 2.6). На рис. 6.4, в представлено эквивалентное чистому сдвигу напряженное состояние: по главной диагонали касательных напряжений действует растягивающее σ1 = τ , а по направлению вспомогательной диагонали – сжимающее σ3 = τ . Примем следующее правило знаков для касательных напряжений. Положительный крутящий момент M x > 0 вызывает в поперечном сечении вала положительные касательные напряжения τ xt > 0 , т.е. такие касательные напряжения, которые стремятся повернуть элементарный объем по часовой стрелке. Тогда τtx = τ < 0 (рис. 6.4, б), так как стремятся повернуть элементарный объем против часовой стрелки. Введение вышеприведенного правила знаков необходимо для использования формул, начиная с (2.6) и далее темы 2, и настоящей темы 6.

266

Выделим в элементарном объеме площадку общего положения, определяемую нормалью ∧

n и углом α = xn , где х – ось параллельная оси х вала. Напомним, что угол α > 0 откладывается против часовой стрелки, а α < 0 – по часовой стрелке Рис. 6.5 (рис. 6.5). Напряжения на площадке общего положения будут: σ n = −τ xt sin α , (6.4) τ′nt = τ xt cos 2α , (6.5) где τ xt – напряжения, действующие в поперечном сечении вала. Указание I. Если нормаль n находится в пределах угла ±45° от главной диагонали, то σ n растягивающее, т.е. направлена от площадки, а если нормаль лежит в пределах угла ±45° от вспомогательной диагонали – σ n сжимающее, т.е. направлено к площадке общего положения, как показано на рис. 6.5. Указание II. Возле угла β > 45° направление τ′nt определяется аналогично закону парности касательных напряжений, но по отношению к τtx (см. рис. 6.5). Указания I, II строго соответствуют знакам формул (6.4) и (6.5). 6.3.1. Деформации. Условие жесткости Связь между напряжениями и деформациями устанавливается законом Гука для сдвига τ xt = γ xt G , (6.6) E где γ xt – угол сдвига, модуль сдвига G = . Связь между уг2(1 + μ) лом сдвига и углом закручивания ϕ определяется из выражения: γdx = ρd ϕ , (6.7) что следует из рис. 6.6. Здесь γ – угол сдвига; ϕ – угол закручивания. 267

Рис. 6.6

Следует иметь в виду, что формула (6.7) справедлива и при конечных размерах (см. задачу 6.8). Угол закручивания (угол поворота одного сечения по отношению к другому) определяется по формуле: M l ϕ= x , (6.8) GJ p тогда относительный угол закручивания будет ϕ dϕ M x , Θ= = = l dx GJ p

(6.9)

dϕ ρ = Θρ , а τ = ΘρG ; крутящий момент определится dx по формуле: M x = ΘJ p G . (6.10)

откуда γ =

Из (6.9) имеем, что dϕ = cM x , dx

где c =

(6.11)

1 . Тогда (6.11) можно использовать для проверки соотGJ p

dϕ = cM x = tgΨ , т.е. танdx генсу угла наклона касательной к функции ϕ. Так же как при растяжении-сжатии, изгибе, для определения перемещений (угла закручивания ϕ) может быть использован интеграл Мора и его графоаналитическое решение по способу Верещагина (см. задачи 6.2). Валы, работающие на кручение и испытывающие большие углы закручивания, в связи с возможностью возникновения нежелательных крутильных колебаний, должны проверяться и по условию жесткости:

ветствия эпюры M x и эпюры ϕ, так как

268

ϕ0 =

M x (max) l0 ⋅ 57,3 GJ p

≤ [ϕ] ,

(6.12)

где [ϕ] имеет размерность град./м, l0 = 1 м независимо от длины вала. 6.2.3. Работа и потенциальная энергия деформации Работа определяется формулой Mϕ A= , 2 потенциальная энергия деформации M 2 dx U =∫ x , l 2GJ p

(6.13)

(6.14)

а через удельную потенциальную энергию деформации U = ∫ udv ,

(6.15)

v

τ2 . (6.16) 2G Работа численно равна потенциальной энергии деформации, т.е. A =U . u=

где

6.3. Кручение брусьев некруглого поперечного сечения При кручении таких брусов нарушается гипотеза плоских сечений, происходит депланация сечений. Распределение касательных напряжений в сечении существенно отличается от распределения в брусьях круглого поперечного сечения. На рис. 6.7 показана эпюра τ для бруса прямоугольного поперечного сечения. В этом случае используются следующие формулы: Mx ⎧ ⎪ τmax = W ; τ′max = γ * ⋅τmax ; ⎪ к (6.17) ⎨ M l ⎪ϕ = x , ⎪⎩ GJ к где J к = βhb3 , Wк = αhb 2 . 269

Рис. 6.7

Коэффициенты α, β, γ*, как правило, приводятся во всех учебниках и справочниках по сопротивлению материалов. 6.4. Статически неопределимые задачи при кручении Решение задач аналогично решению методом сил для статически неопределимых задач при растяжении-сжатии (см. тему 1, разд. 1.2.1). Отличие заключается в том, что отбрасывая «лишнюю» связь и заменяя ее «лишним» неизвестным скручивающим моментом, составляем дополнительное уравнение в виде равенства нулю угла закручивания в сечении «лишней» неизвестной (см. задачу 6.7). 6.5. К расчету винтовых цилиндрических пружин с малым шагом витка В поперечном сечении витка пружины возникают два внутренних силовых фактора: крутящий момент и сила сдвига; вклад последней настолько незначителен, что ею пренебрегают, и расчет пружин ведут, исходя только из крутящего момента (рис. 6.8). Так, напряжения определяют по формуле M кр P ⋅ D ⋅ 8 τmax = = , (6.18) Wp π⋅d3 где M кр = P ⋅ Рис. 6.8

D πd 3 , Wp = . 2 16 270

Деформация пружины λ (так называется осадка или растяжение пружины вдоль ее оси) определяется по формуле λ = λ0 ⋅ P , (6.19) где λ 0 =

8D 3n Gd 4

– податливость пружины (n – число витков);

1 = с – жесткость пружины. λ0 При последовательном соединении пружин (рис. 6.9) 1 1 1 λ 0 = λ 01 + λ 02 , или = + , а при параллельном соединении с с1 с2

(рис. 6.10)

1 1 1 , или с = с1 + с2 . = + λ 0 λ 01 λ 02

Рис. 6.9

Рис. 6.10

При большом шаге витка и d сопоставимыми с D можно рекомендовать формулу для τmax : M кр τmax = k ≤ [τ] , (6.20) Wp где k =

m + 0, 25 D , m= . d m −1

6.6. Задачи Задача 6.1. Для вала, расчетная схема которого изображена на рис. 6.11, необходимо построить эпюры M x и ϕ и показать справедливость дифференциальной зависимости (6.11). Жесткость вала GJ p по всей длине одинакова. 271

Рис. 6.11

Задача 6.2. Для вала (рис. 6.12) определить угол закручивания сечения А. Известно GJ p , l, m.

Рис. 6.12

Рис. 6.13

Задача 6.3. По эпюре ϕ построить эпюру M x и определить значения внешних моментов (рис. 6.13), если а, J p , G, ϕ0 известны.

Рис. 6.14

⎛d ⎞ Задача 6.4. На поверхности полого вала ⎜ в = α ⎟ нанесен ⎝ dн ⎠ квадрат со стороной а (рис. 6.14). При действии момента M диагональ квадрата BD укорачивается на величину Δ. Определить глав272

ные напряжения для точек около внутренней поверхности вала, если а, α, G, M заданы. Задача 6.5. Круглый вал выполнен из стального круглого стержня и медной трубки, жестко соединенных между собой. Построить эпюру τ по перечному сечению, если вал скручивается моментом M (рис. 6.15).

Рис. 6.15

Рис. 6.16

Задача 6.6. Найти форму равного сопротивления для вала, скручиваемого сосредоточенным моментом M 0 и распределенным m [нм/м] (рис. 6.16), если d 0 , M 0 , m, [τ] заданы. (τmax )с , если Задача 6.7. В каком отношении находятся (τmax ) т (d в ) т = 2d с , (d н ) т = 2, 4dc , Gc = 2Gт , l = 4dc , M приложен к трубке (рис. 6.17), (d в ) т и (d н ) т – внутренний и наружный диаметр трубки соответственно?

Рис. 6.17

273

Задача 6.8. Определить отношение τmax на участках AB и BC, не раскрывая статической неопределимости (рис. 6.18).

Рис. 6.18

Задача 6.9. Полый ступенчатый вал скручивается моментом M (рис. 6.19). У точки A, лежащей вблизи внутренней поверхности, на наклонной площадке BC действует по нормали n напряжение, равное минус 25 3 МПа. Определить величину и направление M.

Рис. 6.19

Задача 6.10. Определить τmax в валике и трубке после сборки узла. Порядок сборки: на валик с дисковыми выступами свободно без трения надевается трубка, из того же материала, что и валик; валик скручивается моментом M (возникающие в нем при этом напряжения меньше предела пропорциональности); концы трубки привариваются к выступам валика, после чего моменты M снима274

ются. По сравнению с валиком и трубкой дисковые выступы можно считать абсолютно жесткими (рис. 6.20).

Рис. 6.20

Задача 6.11. Жесткий вал заделан нижним концом в упругую плиту неограниченных размеров на глубину h (рис. 6.21). На какой угол ϕ повернется вал при нагружении моментом M, если в соединении с плитой проскальзывание отсутствует? G, h, d, M известны.

Рис. 6.21

Рис. 6.22

Задача 6.12. Определить τmax и смещение по оси х сечения B пружины (рис. 6.22), если известно P, D, n (число витков), d (диаметр проволоки пружины), G – модуль сдвига. Задача 6.13. Из условия равнопрочности пружин подобрать диаметры их проволоки, если число витков n во всех пружинах одинаково, [τ] = 500 МПа. Весом абсолютно жесткой балки (рис. 6. 23) пренебрегаем. 275

Рис. 6.23

6.7. Решения, указания, ответы 6.1. На рис. 6.24, а представлена эпюра M x . На каждом участке M x определялось, как сумма моментов, лежащих по одну сторону от сечения. Так, на участке CD M x (CD ) = M1 + M 2 − M 3 = − M (см. рис. 6.11).

Рис. 6.24

Эпюра углов закручивания представлена на рис. 6.24, б. В каждом характерном сечении угол закручивания определялся следующим образом: 276

ϕB =

M ⋅ 2l l = 2 Mk , k = ; GJ p GJ p

ϕC = ϕ B + ϕD = ϕ B +

3M ⋅ 3l = 11Mk ; GJ p

(− M ) ⋅ l = 10 Mk GJ p

и т.д.

Соответствие эпюры ϕ с эпюрой M x , согласно формуле (6.11), представлено величинами углов ψ на рис. 6.24, б. 6.2. Решение выполним с помощью интеграла Мора (с использованием способа Верещагина). На рис. 6.25, а изображена расчетная схема; на рис. 6.25, б представлена эпюра M x от заданных нагрузок (грузовая площадь); единичная система представлена на рис. 6.25, в; эпюра крутящего момента для единичной системы изображена на рис. 6.25, г. По способу Верещагина 1 (ω1M C1 + ω2 M C2 + ω3 M C3 ) = ϕA = GJ p =

1 ⎛ 1 3 ml 2 ⎞ 1 1 2 1 . ml ⋅ l ⋅ − ml ⋅ l ⋅ − ml ⋅ l ⋅ = − ⎜ ⎟ GJ p ⎝ 2 2 GJ p ⎠

Отметим, что в данном решении не было необходимости определять положения центров тяжести грузовых площадей ω, так как где бы они ни находились, им везде соответствует M x = 1 . 6.3. В соответствии с рис. 6.26, а выразим крутящие моменты M x через углы закручивания: GJ p M a ϕ x1 = a = x = ϕ0 ⇒ M x1 = ϕ0 k , где k = ; a GJ p ϕ x2 = ϕ0 +

M x2 ( x2 − a ) GJ p

при x2 = 2a , ϕ x2 = −2ϕ0 ,

откуда M x2 = −3ϕk ;

277

Рис. 6.25

Эпюра M x показана на рис. 6.26, б. Из эпюры M x следует, что: M A = ϕ0 k и направлена по часовой стрелке (взгляд со стороны оси x); M B = −4ϕ0 k и направлена против часовой стрелки; M C = 5ϕ0 k и направлена по часовой стрелке; M D = −2ϕ0 k и направлена против часовой стрелки (см. рис. 6.26, в). Осуществим проверку: для эквивалентной системы (рис. 6.26, г) угол ϕD должен быть равен нулю: 4ϕ k ⋅ a 5ϕ0 k ⋅ 2a 2ϕ0 k ⋅ 3a ϕD = − 0 + − = 0! GJ p GJ p GJ p

278

Рис. 6.26

Рис. 6.27

6.4. Изобразим напряженное состояние элементарного объема с основанием в виде квадрата у наружной поверхности вала (рис. 6.27, а): 279

1 1 Δ 2⋅E . (σ3 − μσ1 ) = (−ε − μτ) ⇒ τ = E a (1 + μ) a/ 2 E Из рис. 6.27, б найдем искомые напряжения: d τ′ = τ в , σ1′ = τ′ , σ′3 = −τ′ ! dн 6.5. Вариант 1. Для стали Gс = 2Gм меди. Расчетная схема представлена на рис. 6.28. ε BD = −

Δ

=

Рис. 6.28

∑ mx = 0 ,

M − Mc − Mм = 0 , т.е. задача один раз статически неопределимая. Теперь Mc Mм , Θс = = Θм = c Gc J p Gм J мp πd 4 π(2d )4 πd 4 − , J мp = , откуда M м = 7,5M c , и с учетом 32 32 32 10 75 п. 1 M c = M , M м = M . 85 85 Тогда d Mc 30 32 M c τ xt (max) = c 2 = A , где A = ; 6 Jp 85πd 3

где J cp =

d 2 = 15 A при ρ = d / 2 ; τмxt = м 6 Jp Mм

τмxt (max) =

30 A при ρ = d . 6

280

Рис. 6.29

Вариант

2.

Вместе

контакта

при

ρс =

d , 2

ρм =

d , 2

τс τм , откуда в месте контакта τс = 2τм , что и показа= Gc Gм но на эпюре τ (рис. 6.29). γс = γм =

Рис. 6.30

6.6. Запишем условие прочности для любого поперечного сечения, лежащего на расстоянии x от правового торца (рис. 6.30): Mx τ xt (max) = ≤ [ τ] , W p ( x) тогда M x = W p ( x)[τ] , M 0 = W p (0)[τ] ,

πd 3 ( x) ≈ 0, 2d 3 ( x) , W p (0) ≈ 0, 2d 03 , 16 M0 m mx M x = M 0 + mx , откуда d 3 ( x) = . x = d03 + + 0, 2[τ] 0,2[τ] 0, 2[τ]

где W p ( x) =

281

6.7. Представим расчетную схему для трубки (рис. 6.31) и для стержня (рис. 6.32). Уравнение равновесия для трубки:

∑ mx = 0 ,

− M Aт + M − M Dт = 0 ,

(1)

− M Ac + M Dc − M Kc = 0 .

(2)

а для стержня:

∑ mx = 0 ,

Рис. 6.31

Рис. 6.32

С учетом того, что M Dт = M Dc , задача 2 раза статически неопределимая (имеем два уравнения и четыре неизвестных). Дополнительные уравнения будут: ϕтD = ϕcD ; ϕcK

(3)

= ϕcK ( M Dc ) + ϕcK ( M Kc )

=0. (4) Уравнения (1) – (4) дают возможность определить все моменты, а

следовательно, и крутящие моменты M x , найти M xт(max) , M xc(max) , c т (τmax )c M x (max)W p . после чего определить = (τmax ) т W pc M xт(max)

Рис. 6.33

6.8. Покажем направление моментов в заделке A, С (рис. 6.33, а), откуда следует, что на участке AB M x > 0 , на участке BC – M x < 0 . Построим эпюру углов закручивания (рис. 6.33, б). D Согласно (6.7) γ AB l = ϕ0 2 282

и γ BC ⋅ 2l = ϕ0 AB τmax

D D D – для сечения B; тогда γ AB = ϕ0 , γ BC = ϕ0 , 2 2l 4l

γ AB G =2! γ BC G 6.9. Согласно формулам (6.4) и (6.5) и указания I на гранях элемента будут действовать напряжения, как показано на рис. 6.34, σn τ xt = τ = направлено против часовой стрелки, следовательно, sin 2α на участке l1 M x < 0 , тогда и момент в левой заделке должен быть направлен против часовой стрелки (рис. 6.35), чем и определяется направление моментов M и M K . BC τmax

=

Рис. 6.34

Рис. 6.35

Так как τ xt ( A) =

M x1 ρ( A)

=

Ms 4

d 2

4

=

σn ⇒ найдем M, sin 2α

π(2d ) πd − 32 32 Связь между M s и M установим из условия, что M l M l Ml ϕs = s + s − =0, GJ p GJ ′p GJ ′p Jp

(*)

где J p – полярный момент инерции на участке l1 ; J ′p – полярный момент инерции на участке l2 . Из (*) найдем значение M. 6.10. Вариант 1. 1. После удаления моментов в трубке (т) и валике (в) возникнут крутящие моменты 283

Mт = Mв , (1) так как система сохранит равновесие! 2. После приваривания трубки и удаления моментов M, сумма углов закручивания трубки и валика будет равна углу закручивания трубки от момента M, т.е. M l M l Ml = вв + тт . (2) в GJ p GJ p GJ p 3. Из (1) и (2) получим M Mт = Mв = , J вp 1+ т Jp πd 3 πD 3δ , J pт = . Определим максимальное касательное 32 4 M ρ напряжение по формуле τmax = x max . Jp Вариант 2. Потенциальная энергия стержня (валика – в) с выM 02l ступами при приложении момента M 0 до приварки: U = . 2GJ вp Потенциальная энергия системы после приварки трубки (т) (при этом M 0 уменьшается на М), а M в = M т = M , будет равна:

где J вp =

U системы =

(M 0 − M )2 l

M 2l

. + 2GJ вp 2GJ тp На основании теоремы о минимуме потенциальной энергии (теорема о наименьшей работе): dU системы d ⎡ ( M 02 − 2 M 0 M + M 2 )l M 2l ⎤ ⎢ ⎥= = + в т dM dM ⎢ 2 2 GJ GJ ⎥⎦ p p ⎣ M l Ml Ml = − 0в + + =0, в GJ p GJ p GJ pт откуда M = M в = M т =

M0 1+

J вp

.

J тp 284

6.11. 1. Цилиндрической поверхностью с осью х сделаем сечение в плите (радиус цилиндра ρ!). В сечении будут действовать только τ (рис. 6.36). Уравнение равновесия будет: M . ∑ mx = 0 ; − M + τ ⋅ 2πρ ⋅ h ⋅ ρ = 0 ⇒ τ = 2πρ2 ⋅ h 2. Тогда ∞ τ2 M2 M2 2 . U =∫ dv = ∫ ⋅ πρ ⋅ h ⋅ d ρ = 2 2 4πhr 2G v 2G r (2πρ h) ⋅ 2G 3. Работа M M ⋅ϕ A= = U , откуда ϕ = . 2 2πhr 2G

Рис. 6.36

Рис. 6.37

6.12. 1. Расчетная схема представлена на рис. 6.37. 2. Тогда уравнение равновесия будет: (1) ∑ x = 0 , − RA + P − Rc = 0 , т.е. задача один раз статически неопределимая. 3. Дополнительное уравнение имеет вид 8D3 ⋅ n 8 D 3 2n RB , (2) λ AB = λ BC = ⋅ RA = Gd 4 Gd 4 и с учетом (1) определим RA и RB . R(max) ⋅ D ⋅ 8 , а смещение се4. По формуле (6.18) найдем τmax = π⋅d3 чения B будет λ B = λ 0AB ⋅ RA , или λ B = λ 0BC ⋅ RC . 285

Рис. 6.38

6.13. 1. Из силовой и деформационной схемы (рис. 6.38) будем иметь: (1) ∑ m A = 0 , Q ⋅ 3a − P3 ⋅ 3a − P2 ⋅ 2a − P1 ⋅ a = 0 , λ1 λ 2 λ3 = = a 2a 3a 8 D3 ⋅ n или, подставляя значения λi = i 4 ⋅ Pi , получим Gdi P P P 81 14 = 96 24 = 125 34 . (2) d1 d2 d3 2. По условию равнопрочности τmax(1) = τmax(2) = τmax(3) = [τ] , где τmax(i ) =

Pi ⋅ Di ⋅ 8 π ⋅ di3

, будем иметь P1

=4

P2

=5

P3

. (3) d33 3. Возведем (2) в третью, а (3) в четвертую степень и разделим одно на другое (таким образом, избавимся от di !) и получим 3

d13

d 23

(5)

  4 4 (3) (4) (5) ⋅P = P = P2 , 3 1 3 2 (81) (96) (125)3 4

 

(4)

т.е. получим два дополнительных уравнения (4) и (5). 4. Решая совместно (1), (4), (5), найдем P1 , P2 , P3 . Из условия PD 8 прочности для каждой пружины τmax = i i3 ≤ [τ] найдем di ! πdi 286

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ (жирным шрифтом выделена рекомендуемая литература) 1. Аксельрод Э.Р., Бернацкий С.А., Возлинский В.И. и др. Методические указания к решению задач по сопротивлению материалов для подготовки к студенческим олимпиадам. – Ч. 1. – М.: МАДИ, 1983. – 64 с. 2. Ахметзянов М.Х., Геронимус В.Б., Грес П.В. и др. Сборник олимпиадных задач по сопротивлению материалов. – Новосибирск: СГАПС, 1995. 3. Беляев Н.М. Сборник задач по сопротивлению материалов. – М.: ГИТТЛ, 1956. – 347 с. 4. Беляев Н.М. Сопротивление материалов. – М.: Наука, 1976. – 608 с. 5. Бидерман Т.В., Боровникова Н.Н. Методические указания к решению задач Всероссийской олимпиады по сопротивлению материалов. – М.: Изд-во МГТУ им. Н.Э. Баумана, 1997. – 12 с. 6. Варданян Г.С., Андреев В.И., Атаров Н.М., Горшков А.А. Сопротивление материалов с основами теории упругости и пластичности / Под ред. Г.С. Варданяна. – М.: Ассоциация строительных вузов, 1995. – 568 с. 7. Всероссийская студенческая олимпиада по сопротивлению материалов в НГТУ г. Новочеркасска / Сост. Р.К. Вафин, 1997. – 1 с. 8. Исаченко В.В. Статически неопределимые задачи при растяжении-сжатии. – М.: МИФИ, 2003. – 68 с. 9. Исаченко В.В. Учебно-методическое пособие для решения задач студенческих олимпиад по сопротивлению материалов. – Ч. 1 – 4. – М.: МИФИ. Ч. 1. 1998; Ч. 2. 2000; Ч. 3. 2000; Ч. 4. 2001. 10. Исаченко В.В., Мартиросов М.И., Щербаков В.И. Учебное пособие по решению конкурсных задач по сопротивлению материалов / Под ред. В.В. Исаченко. – Изд. 2-е, испр. и доп. – М.: МИФИ, 2006. – 248 с. 11. Итоги и задачи внутривузовских, областных и региональных олимпиад по сопротивлению материалов. Методическая разработка / Сост. Ю.В. Глявин, Н.А. Ильичев. – Горький: ГПИ, 1990. – 44 с. 287

12. Клюева Г.П., Сосновский Е.В. Методические указания к решению задач Всероссийской олимпиады по сопротивлению материалов / Под ред. Д.Н. Спицыной. – М.: МГТУ им. Н.Э. Баумана, 1992. 13. Нестандартные задачи по сопротивлению материалов. Учебное пособие. – В 2-х ч. – Ч. 1 / Сост. Ю.В. Глявин, Н.А. Ильичев и др. – Самара: НПЦ «Авиатор», 1995. – 170 с. 14. Нестандартные задачи по сопротивлению материалов. Учебное пособие. – В 2-х ч. – Ч. 2 / Сост. Ю.В. Глявин, Н.А. Ильичев и др. – Самара: НПЦ «Авиатор», 1996. – 60 с. 15. Окопный Ю.А., Радин В.П., Хроматов В.Р и др. Механика материалов и конструкций. Справочные материалы / Под ред. В.П. Чиркова. – М.: изд-во МЭИ, 2005. – 124 с. 16. Олимпиады по сопротивлению материалов. Сборник заданий / Сост. Д.Ф. Бибиков. – Йошкар-Ола: МарПИ, 1987. – 40 с. 17. Писаренко Г.С., Яковлев А.П., Матвеев В.В. Справочник по сопротивлению материалов. – Киев: Наукова Думка, 1988. – 725 с. 18. Пособие к решению задач по сопротивлению материалу. – М.: Высшая школа, 1985. 19. Предметные олимпиады. Организация и задачи / Сост. Ю.В. Глявин, Н.А. Ильичев и др. – Горький: ГПИ, 1986. – 104 с. 20. Феодосьев В.И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению материалов. – М.: Наука, 1973. 21. Феодосьев В.И. Сопротивление материалов. – М.: МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2000. – 592 с. 22. Щербаков В.И., Мартиросов М.И. Московские городские олимпиады по сопротивлению материалов (1992 – 1998 гг.). Задачи, решения и итоги. – М.: МГТУ «МАМИ», МГАИ (ТУ), 1998. ______________________ Редактор и технический редактор М.В. Макарова Подписано в печать 23.03.2010. Формат 60х84 1/16 Уч.-изд.л. 18,0. Печ.л. 18,0. Тираж 500 экз. Изд. № 098-1. Заказ № 114 Национальный исследовательский ядерный университет «МИФИ». Типография НИЯУ МИФИ. 115409, Москва, Каширское ш., 31 288