Сопротивление материалов

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ НОВОСИБИРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ АРХИТЕКТУРНО-СТРОИТЕЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ (Сибстрин)

Г. И. Гребенюк Ф.С. Валиев

СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ ОСНОВЫ ТЕОРИИ И ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Учебное пособие Часть 2

НОВОСИБИРСК 2006

1

УДК 539.3/.6 ББК 30 121 В 155 Гребенюк Г. И., Валиев Ф. С. Сопротивление материалов. Основы теории и примеры решения задач: Учебное пособие. – Ч.2.– Новосибирск: НГАСУ, 2006. – 132 с. В предлагаемом учебном пособии представлены разделы, относящиеся ко второй части курса “Сопротивление материалов”. Даны методы определения перемещений сечений при прямом изгибе: метод непосредственного интегрирования и метод начальных параметров, а так же основанный на этом методе порядок расчета статически неопределимых балок. Даны примеры построения эпюр внутренних усилий в поперечных сечениях стержней с ломаной в плоскости осью. Приведено краткое изложение теории расчета элементов конструкций на прочность при сложном сопротивлении, а также теория расчета прямых стержней на устойчивость при продольном изгибе в пределах и за пределом пропорциональности. Основное внимание уделено методике решения практических задач по рассматриваемым разделам курса. Приведены примеры решения типовых задач, а также вопросы для самопроверки. Учебное пособие предназначено для студентов всех специальностей и всех форм обучения. Печатается по решению редакционно-издательского совета НГАСУ. Рецензенты: - И.И.Кошин, к.т.н., профессор кафедры металлических и деревянных конструкций (НГАСУ); - И.А. Чаплинский, заслуженный деятель науки Российской Федерации, д.т.н., профессор кафедры строительной механики НГАСУ.

SBN 5-7795-0006

C

Гребенюк Г.И, Валиев Ф.С. 2006

2

ОГЛАВЛЕНИЕ ВВЕДЕНИЕ 5 1. ОБЩИЕ РЕКОМЕНДАЦИИ 1.1. Общие методические рекомендации по решению практических задач. 6 1.2. Правила оформления и сдачи индивидуальных заданий. 7 2. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ВНУТРЕННИХ СИЛОВЫХ ФАКТОРОВ В ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЯХ ПЛОСКИХ СТРЖНЕЙ. 2.1. Понятие о плоском стержне. Метод сечений. 8 2.2. Общий метод построения эпюр внутренних силовых факторов. 11 2.3. Стержни с прямолинейными участками. 12 2.4. Стержни с криволинейными участками. 27 Вопросы для самопроверки 38 3. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ СЕЧЕНИЙ БАЛОК ПРИ ПРЯМОМ ПОПЕРЕЧНОМ ИЗГИБЕ. 3.1. Метод непосредственного интегрирования. 39 3.2. Метод начальных параметров. 47 3.3. Расчет статически неопределимых балок. 52 Вопросы для самопроверки 57 4. СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ СТЕРЖНЕЙ. 4.1. Общие положения. 4.2. Косой изгиб. 4.3. Внецентренное растяжение-сжатие прямых стержней. 4.4. Ядро сечения 4.5. Изгиб с кручением стержней круглого поперечного сечения Вопросы для самопроверки

3

58 58 73 79 83 96

5. РАСЧЕТ ЦЕНТРАЛЬНО СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ НА УСТОЙЧИВОСТЬ. 5.1. Понятие об устойчивости форм равновесия 98 5.2. Формула Эйлера для критической силы. Учет способов закрепления 99 5.3. Критическое напряжение, проверка устойчивости стержня 102 5.4. Потеря устойчивости за пределом пропорциональности материала 103 5.5. Примеры определения критических значений параметра 108 5.6. Практический метод расчета центрально сжатых стержней на устойчивость 116 5.7. Пример выполнения индивидуального задания по теме: «Расчет центрально сжатого стержня на устойчивость» 119 Вопросы для самопроверки 127 Приложения 129 Библиографический список 132

4

ВВЕДЕНИЕ Настоящее учебное пособие является продолжением ранее изданного учебного пособия, ориентировано на использование студентами всех форм обучения всех специальностей при самостоятельном изучении курса “Сопротивления материалов”[7}. Оно будет также полезным студентам при выполнении ими индивидуальных заданий, контрольных работ и подготовке к сдаче зачетов и экзаменов. В пособии излагаются основные положения теории расчета и приведены примеры решения типовых задач по следующим темам 2-й части курса “Сопротивление материалов”: • построение эпюр внутренних силовых факторов для ломаных в плоскости стержней; • определение перемещений сечений балок при прямом поперечном изгибе; • расчет статически неопределимых балок; • расчеты на прочность при сложном сопротивлении стержней (косой изгиб, изгиб с кручением, внецентренное действие сил); • расчет на устойчивость центрально сжатых стержней.

5

1.

ОБЩИЕ РЕКОМЕНДАЦИИ.

1.1. Общие методические рекомендации по решению практических задач Одной из распространенных методических ошибок студентов при выполнении ими индивидуальных заданий и контрольных работ является попытка решить свой вариант задания используя только образцы решения типовых задач. Такой метод выполнения задания, возможно, позволит достаточно быстро получить ответ при решении конкретной подобной задачи, но не гарантирует от ошибок и, главное, не обеспечивает понимания изучаемой темы. В связи с этим рекомендуется следующее: – Прежде, чем приступать к выполнению своего индивидуального задания, изучите основы теории по данной теме; − проанализируйте приведенные в пособии примеры решения типовых задач, относящихся к изучаемой теме; прорешайте аналогичные задачи самостоятельно; − после изучения темы проверьте свои знания, отвечая на вопросы для самопроверки знаний, приведенные в соответствующем разделе пособия; − на начальном этапе выполнения индивидуального задания или контрольной работы необходимо вычертить требуемые расчетные схемы с соблюдением правил строительного черчения, показать на них геометрические размеры элементов и сечений, а также положение и величины заданных нагрузок ( обязательно в числах!); Помните! Основная информация, необходимая для решения задачи, дается, как правило, на чертежах. Поэтому их нужно выполнять аккуратно. − каждый этап решения задачи должен быть озаглавлен; − при выполнении расчетов сначала необходимо записывать выражения в общем виде, а далее – подставлять числовые значения величин в системе СИ и записывать результат. Промежуточные выкладки нужно приводить только для

6

громоздких формул; полученные размеры сечений округляются до соответствующих значений по ГОСТу; таблицы с ГОСТами на сортаменты для стального проката приведены в [11] . 1.2 Правила оформления и сдачи индивидуальных заданий Индивидуальное задание необходимо выполнять на миллиметровой бумаге формата А-2 (594х420мм) с полями 20 мм слева и по 5 мм с других сторон. В правом нижнем углу необходимо выполнить штамп (185х420мм), где указать: название кафедры, вуза, название темы задания, фамилию и инициалы студента и проверяющего преподавателя, номер группы. Разрешается оформлять задание на листах писчей бумаги формата А-4 (297х210мм). В этом случае эти листы должны быть сброшюрованы с переплетом из ватмана. На лицевой стороне переплета оформляется титульный лист. Подробнее об оформлении работ см. [11]. Задание необходимо оформлять аккуратно, с соблюдением правил строительного черчения и с использованием чертежных инструментов при выполнении чертежей. Задание выполненное небрежно, без соблюдений всех вышеперечисленных требований, не принимается к сдаче. Сдача индивидуальных заданий и контрольных работ проводится в сроки, установленные графиком учебного процесса, в основном, в часы консультаций в следующем порядке: • преподаватель проверяет готовое, должным образом оформленное задание, указывает на ошибки, если они имеются, и задает вопросы по теме задания; • при удовлетворительных ответах на вопросы студенту предлагается задача по теме задания для решения в присутствии преподавателя; • если в задании были обнаружены незначительные ошибки, они могут быть исправлены студентом тут же в аудитории и задание сдается преподавателю; при на-

7

личии существенных ошибок, задание дорабатывается студентом дома и сдается преподавателю на следующей консультации; • задание не считается сданным полностью, если студент не смог ответить на вопросы по теме задания или не смог решить предложенную задачу. Для студентов-заочников защита контрольных работ проводится в период экзаменационной сессии перед зачетом или экзаменом в вышеописанном порядке.

8

2. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ВНУТРЕННИХ СИЛОВЫХ ФАКТОРОВ В ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЯХ ПЛОСКИХ СТЕРЖНЕЙ 2.1. Понятие о плоском стержне. Метод сечений Стержневой элемент (стержень) считается плоским, если его продольная ось и нагрузки располагаются в одной плоскости. Например, стержень, расчетная схема которого изображена на рис. 2.1., можно считать плоским, так как его продольная ось и заданная нагрузка располагаются в плоскости XOY. Как известно[1, 8, 12], внутренние силовые факторы (ВСФ) в сечениях определяются по методу сечений. Составляя уравнения равновесия отсеченных частей, можно показать, что в данном случае силы внутреннего взаимодействия между частицами материала, вызванные деформированием стержня при нагружении, приводятся в поперечных сечениях к продольной силе N, поперечной силе Qy и изгибающему моменту Mz (оси У, Z –главные центральные оси инерции сечения, причем ось У располагается в плоскости стержня). В дальнейшем при обозначении Qy и Mz будем опускать нижние индексы.

Рис.2.1

9

В первой части учебного пособия [7] при рассмотрении простых видов деформации стержней (центральное растяжениесжатие, кручение и прямой изгиб) были приведены рабочие правила для определения величин ВСФ, вытекающие из метода сечений. Напомним эти правила. 1. Продольная сила N в сечении стержня численно равна алгебраической сумме проекций всех внешних сил, действующих на отсеченную часть, на ось продольную в сечении. 2. Поперечная сила Q в сечении стержня численно равна алгебраической сумме проекций всех внешних сил, действующих на отсеченную часть, на ось поперечную в сечении. 3. Изгибающий момент M в сечении стержня численно равен алгебраической сумме моментов всех внешних сил, действующих на отсеченную часть, относительно центра тяжести сечения По аналогии с вышеизложенными правилами может быть сформулировано также необходимое в дальнейшем рабочее правило для определения крутящего момента в поперечном сечении стержня. 4. Крутящий момент М t в сечении стержня численно равен алгебраической сумме моментов всех внешних сил, действующих на отсеченную часть, относительно продольной оси стержня в данном сечении. М>0 M>0 Напомним правила знаков для ВСФ (рис.2.2):+ + Растягиваются нижние волокна

М<0

M<0

–

– Растягиваются верхние волокна

Рис. 2.2 б

10

Продольная сила считается положительной, если она направлена в сторону внешней нормали в сечении и соответствует растяжению. В противном случае она считается отрицательной (рис.2.2.а). Изгибающий момент будем считать положительным, если он соответствует растяжению нижних волокон (горизонтальный стержень). В противном случае изгибающий момент считается отрицательным (рис. 2.2 б). Поперечная сила считается положительной, если она соответствует вращению выделенной прямой части стержня относительно точки внутренней нормали по часовой стрелке. В противном случае она считается отрицательной (рис. 2.2 в). При рассмотрении не горизонтальных стержней, знак изгибающего момента будем считать по правилу знаков для горизонтального стержня, если угол наклона продольной оси стержня к горизонтальной оси составляет менее 450.

11

Для вертикальных стержней, а также для стержней, наклоненных от горизонта на угол больше 450, будем считать положительным изгибающий момент, соответствующий растяжению правых волокон. 2.2. Общий порядок построения эпюр внутренних силовых факторов Для построения эпюр внутренних силовых факторов можно рекомендовать следующий метод. 1. Из уравнений равновесия определяем реакции опор. В том случае, когда имеется только одна опора в виде жесткого защемления и есть возможность все время рассматривать отсеченную часть со стороны свободного конца стержня, опорные реакции можно не определять. 2. Намечаем на стержне грузовые участки. Грузовым участком считается такая часть стержня, на которой функции внутренних силовых факторов не меняются. Границами грузовых участков являются не только места приложения сосредоточенных сил, моментов и начала или конца распределенных нагрузок, но и места изломов оси бруса. 3. Рассматривая произвольные сечения на каждом из участков на переменном расстоянии «xi» и используя приведенные в начале данного параграфа рабочие правила и правила знаков, находим зависимости для N, Q и М на грузовых участках. При этом можно использовать как локальные, так и глобальную системы координат. 4. В характерных сечениях каждого грузового участка (как правило, это начало и конец участка при линейных зависимостях для ВСФ), по полученным зависимостям вычисляем величины внутренних усилий. Если зависимость для ВСФ нелинейная, то при построении эпюры этого силового фактора нужно брать, как минимум, еще одно сечение, например, посередине участка.

12

По полученным значениям строим эпюры N, Q и М. Ординаты эпюр откладываем перпендикулярно продольной оси стержня на соответствующем участке, с соблюдением выбранного для каждой эпюры масштаба. Значения изгибающих моментов откладываем обязательно со стороны растянутых волокон и при этом знаки не ставятся. На эпюрах N и Q ставятся знаки, и на всех эпюрах выполняется штриховка обязательно перпендикулярно к продольной оси бруса. (Каждый штрих в масштабе равен значению внутреннего усилия в сечении). 5. Правильность построенных эпюр проверяется: а) с помощью известных дифференциальных зависимостей между функциями ВСФ и интенсивностями распределенных нагрузок на каждом из участков; б) путем проверки выполнения условий равновесия вырезанных узлов, или любых других частей стержня. 2.3. Стержни с прямолинейными участками. ПРИМЕР 2.3.1. Требуется: Для стержня с ломаной в плоскости осью, изображенного на рис. 2.3а, построить эпюры M, Q, N. РЕШЕНИЕ 1. Из уравнений равновесия определяем реакции опор. ∑MA=0, VB·6 – F·3 – q·6·3 – M = 0; VB = (10·3 – 20·6·3 + 30)/6 = 70 кН. ∑MB = 0; –VA·6 – F·3 + q·6·3 – M = 0; VA=(–F ⋅ 3+q ⋅ 6 ⋅ 3–M)/6==(–10 ⋅ 3+20 ⋅ 6 ⋅ 3–30)/6=50 кН. ∑X=0; F1 + F2 – HB = 0; HB = F1+ F2 = 10 + 8 = 18 кН. Проверка: ∑Y=0, VA + VB – q·6 = 50 + 70 –20·6 = 0.

13

Е

7’

7’

12

12

2. Разбиваем на грузовые участки 1–5. 3. Намечаем характерные сечения 1-1, 2-2,…12-12 бесконечно близко в начале и конце каждого грузового участка (см. рис.2.3а). 4. Используя приведенные ранее рабочие правила и правила знаков вычисляем все внутренние усилия в этих сечениях. При вычислении внутренних усилий желательно под рукой иметь небольшой кусочек из плотной бумаги и им закрывать отброшенную часть стержня. Тогда Вы будете видеть только оставшуюся часть и не сделаете ошибок при записи выражения для внутренних усилий, т.к. будете видеть действительно все силы, действующие только с одной стороны от сечения.

14

Рассматривайте всегда ту часть, где меньше внешних сил и где уже определены реакции опор! Если рассматриваете ту часть, где имеется опора, не забудьте предварительно определить реакции этой опоры! 138

б)

Х0

в)

55.5

30 48

30 32.5

50

18

108

10

18

8

30

70

M

(кНм) 10

г)

Q

(кН)

8

18

Рис. 2.3 А. Вычисление поперечных сил: (в сечениях от 1-1 до 7-7 рассматривается левая отсеченная часть). Q1-1=Q2-2=0; Q3-3=Q4-4= –10 кН, (против хода часовой стрелки); Q5-5 = VA = 50 кН, (по ходу часовой стрелки); Q6-6 = VA –q·3 = 50 – 20·3 = –10 кН. Q7-7 = VA–q·3 = 50 – 20·3 = –10 кН. В сечениях 8-8, 9-9 и 10-10 рассматривается правая часть. Q8-8 = –VB = –70 кН.

15

Q9-9 = Q10-10 = HB = 18 кН. Q 11−11 =Q 12 −12 = –F 2 = –8 кН; (рассматривается нижняя отсеченная часть). Строим эпюры поперечных сил Q (см.рис.2.3в). Видно, что на участке 3 эпюра Q пересекает ось – значит, исходя из дифференциальных зависимостей Журавского, в этом сечении эпюра моментов должна иметь экстремальное значение (т.к. при х=х0, Q(х0)=0, т.е. dM/dx=Q(х0)=0, то в сечении при х=х0 М(х0)=Мэкстр). Определим координату этого сечения х0. Для этого приравняем нулю уравнение поперечной силы на этом участке при х=х0. Q3(х=х0) = VA–q·х0 = 50–20х0 = 0; х0 = 50/20 = 2,5 м. Б. Вычисление изгибающих моментов: М1-1=0; М2-2=0; М3-3=0; М4-4= –F·3= –10·3= –30 кН·м, (растягиваются левые волокна); М5-5= –10·3= –30 кН·м (растягиваются верхние волокна); Определим экстремальное значение изгибающего момента на 2-м участке при х=х0 =2,5 м. М(х0)=Мэкстр=VA·х0–F·3–q·х02/2=50·2,5–10·3 –20·2,52/2=32,5 кН·м. М6-6=VA 3–F1·3–q·3·1,5=50·3–10·3–20·31,5=30 кН·м (растягиваются нижние волокна); M7-7 = VA·3 – F1·3 – q·3·1,5 – F2·6=50·3 – 10·3 – 20·3·1,5 – 8·6 = = –18 кН·м (растягиваются верхние волокна); М8-8 = –НВ·6–М = –10·6–30 = –90 кН·м, (растягиваются верхние волокна); М9-9 = НВ·6 = 10·6 = 60 кН·м, (растягиваются правые волокна); М10-10 = 0; М11-11 = 0; М12-12 = –F2·6 = –48 кН·м, (растягиваются левые волокна). По полученным результатам строим эпюру М, при этом откладываем значения М в соответствующих сечениях перпендикулярно продольной оси стержня со стороны растянутых волокон. На 4-м грузовом участке эпюра Q не переходит через ось эпюры, т.е. ни в одном сечении этого участка поперечная сила не равна нулю, значит на этом участке нет необходимости искать точку экстремума на эпюре моментов. Для уточнения эпю-

16

ры моментов на этом участке вычислим значение изгибающего момента в середине грузового участка (т.к. эпюра М здесь должна иметь вид квадратной параболы). M7’-7’= VB·1,5 – HB·6 – M – q·1,5·0,75 = = 70·1,5 – 18·6 – 30 – 20·1,5·0,75 = –55,7 кН·м. Используя полученные результаты, строим эпюру изгибающих моментов М на всех грузовых участках (см. рис. .2.3.б). В.Вычисляем продольные силы: N1-1 = N2-2 = N3-3 = N4-4 = –VA= –50 кН, («минус» – сжатие). N5-5 = N6-6 = –F1= – 10 кН, (сжатие); N7-7 = N8-8 = –F1 – F2 = –10 – 8= –18 кН, (сжатие). N9-9 = N10-10 = – VB= –70кН; N11-11 = N12-12 =0. По этим данным строим эпюру продольных сил N (см. рис. 2.3 г). Проверка эпюр методом вырезания узлов. Узел Е Проверка по моментам

Проверка по силам

Е

30 кН⋅ м

10 кН 18 кН⋅ м

∑MA=0; 30+18–48=0.

С

Узел С.

30 кН⋅ м

С

10 кН 18 кН

8 кН

48 кН⋅м

30 кН⋅ м

Е

10 кН

∑X=0; 10+8–18=0. ∑Y=0; 10–10=0. Узел Д.

138 кН⋅м 30 кН⋅м

50 кН 10 кН

Д

70 кН Д 18 кН

10 кН

108 кН⋅ м

50 кН

Проверка по Проверка по моментам силам ∑МА=0, ∑Х=0, 10-10=0. 30-30=0. ∑Y=0, 50-50=0.

18 кН

70 кН

Проверка по Проверка моментам по силам ∑МА=0, ∑Х=0; 18-18=0; 138–30–108=0; ∑Y=0;70–70=0.

17

ПРИМЕР 3.2.2 Требуется: Для ломаного стержня, изображенного на рис.2.4а, построить эпюры M, Q, N. РЕШЕНИЕ 1.Опорные реакции в защемлении можно не определять, т.к. есть возможность для всех сечений рассматривать часть стержня, не содержащую опору.

Рис. 2.4. 2. Проводим характерные сечения в начале и в конце каждого грузового участка, а там, где имеется распределенная нагрузка, дополнительно и по середине участка – 1-1,..,9-9 3. В указанных сечениях, используя приведенные ранее рабочие правила и правила знаков, определяем внутренние усилия, рассматривая каждый раз отсеченную часть стержня, не содержащую опору: Определим продольные силы. N1-1=N2-2=0; N3-3 = N4-4 = N5-5= – F1= –30 кН; N6-6= N7-7 = –q·2 = –20 кН; N8-8 = N9-9 = –q·2 = –20 кН. Определим поперечные силы. Q1-1=Q2-2=0;

18

Q3-3 = 0, Q5-5 = q·2 = 20 кН; Q6-6 = Q7-7 = –F1= –30 кН; Q8-8 = Q9-9 = –F1+F2 = –30+40 = 10 кН.

+

+

г)

m Рис. 2.5. Определим изгибающие моменты. М1-1= М2-2 = 12 кН·м; (растягиваются нижние волокна). М3-3 = М=12 кН·м; (растягиваются правые волокна). М4-4 =М+q·1·0,5 = 17 кН·м, (растягиваются правые волокна). М5-5 = М+ q·2·1 =12 + 20 = 32 кН·м, (растягиваются правые волокна). М6-6 = –М– q·2·1 = –12 – 20 = –32 кН·м, (растягиваются верхние волокна). М8-8 =М7-7 = –М– q·2·1+F1·0,5= 12 – 20 +30·0,5 = –17кН·м, (растягиваются верхние волокна). М9-9 = –М –F2·1,5 – q·2·1 + F1·2 = -12–40·1,5–10·2·1+30·2= = –32 кН·м, (верхние волокна). По полученным результатам строим эпюры M, Q, и N (рис. 2.5а, б, в). Проверку правильности эпюр методом вырезания узлов см.рис.2.4 б и 2.5 г.

19

ПРИМЕР 2.3.3 Требуется: Для ломаного стержня, изображенного на рис. 2.6 а, построить эпюры M, Q, N. РЕШЕНИЕ 1. В этом примере, как и в предыдущем, опорные реакции можно не определять, т.к. один конец бруса защемлен, другой свободен. 2. Намечаем характерные сечения на каждом из двух грузовых участков: 1-1, 2-2, 3-3, 4-4, 5-5. 3. Используя рабочие правила и правила знаков, в указанных сечениях определим М, Q, N, (при этом для всех сечений будем учитывать все внешние силы со стороны свободного конца). Предварительные замечания по этому пункту: Для наклонного участка 1-3 определим тригонометрические функции угла наклона стержня к горизонтальной оси. При известных проекциях участка 1-3 – 3м. и 4м. длину этого наклонного участка, как гипотенузы получаем равной 5м. Тогда: sinα = 3/5 = 0,6; cosα = 4/5 = 0,8; tgα = 3/4 =0,75. Обратим внимание на следующее: Если сила параллельна продольной оси стержня, она проектируется на эту ось в натуральную величину, а на поперечную ось в нуль. А если сила перпендикулярна к продольной оси стержня, то на поперечную ось проектируется в натуральную величину, на продольную – в нуль. Чтобы безошибочно найти проекции сил на продольную и поперечную оси, выполните следующую рекомендацию: Сначала постройте прямоугольный треугольник, в котором вектор рассматриваемой силы является гипотенузой, один катет параллелен продольной оси стержня, второй – перпендикулярен ей, а один из острых углов равен заданному углу наклона продольной оси стержня. (См. рис.2.7).

20

Рис. 2.6 М1-1=0; М2-2 = F·1,5–q·2·1 = 30·1,5–10·2 = 25 кН·м (растягиваются нижние волокна). М3-3= F·3 – q·4·2 = 30·3 –10·4·2 = 10 кН·м.(нижние волокна). М4-4= F·3 – q·4·2 = 30·3 –10·4·2 = 10 кН·м.(правые волокна). М5-5= F·5 – q·4·2 = 30·5 –10·4·2 = 70 кН·м.(правые волокна). Находим поперечные силы, как суммы проекций всех

21

Рис. 2.7 внешних сил, действующих правее от каждого сечения на ось, перпендикулярную продольной оси стержня на рассматриваемом участке (рис. 2.7): Q1-1 = –F·sinα = –30·0,6 = –18 кН. Q3-3 = –F·sinα +q·4·cosα= –30·0,6 +10·4·0,8 = 14 кН. Находим продольные силы, как суммы проекций всех внешних сил, действующих правее от каждого сечения, на продольную ось стержня на рассматриваемом участке (рис. 2.7): N1-1 = –F·cosα = –30·0,8 = –24 кН. N3-3 = –F·cosα – q·4·sinα= –30·0,8 –10·4·0,6 = –48 кН. N4-4= N5-5 = –q·4 = –10·4 = –40 кН. По полученным результатам строим эпюры M, Q, N, (рис. 2.6 б, в, г). Из эпюры Q видно, что между сечениями 1-1 и 3-3 эпюра Q идет по прямой и пересекает осевую линию. Из-за наличия дифференциальной зависимости между внутренними усилиями М и Q, а именно: dM/dx= Q, на эпюре М есть экстремум в том сечении, где Q=0. Расстояние до этого сечения от се чения 1-1 по горизонтали определим, приравнивая уравнение для Q на этом участке нулю: QXo= –F·sinα + q·x0·cosα = 0, –30·0,6 +10·x0·0,8 =0; откуда – x0 = 18/8 = 2,25 м. Находим экстремальное значение изгибающего момента в этом сечении. При этом учитываем: у0=x0·tgα = 2,25·0,75 = 1,69 м. Мэкстр.=МXo= F·y0 – q·x0·x0/2=30·1,69-10·2,25·1,125= 25,39 кН·м.

22

Проверим правильность эпюр методом вырезания узлов. В данном примере имеется только один узел, где имеется излом оси стержня. Вырежем узел сечениями 3-3 и 4-4, проведенными бесконечно близко от точки излома оси и приложем в этих местах имеющиеся на эпюрах внутренние усилия с учетом их направлений в соответствии со знаками (рис. 2.8) и проверим выполнение условий равновесия: ∑МА=0, 10–10=0. ∑Х=0, 30–48·сosα+14·sinα=30– 48·0,8+14·0,6=0. ∑У=0, 40–48·sinα–14·cosα=40– 48·0,6–14·0,8=0. Условия равновесия выполняются.

ПРИМЕР 2.3.4 Требуется построить эпюры M, Q и N для стержня с ломаной в плоскости осью, изображенного на рис. 2. 9. РЕШЕНИЕ Предварительно определим тригонометрические функции угла α. При катетах 3м. и 4м. гипотенуза ВС = 5 м. Тогда: sinα = 3/5 = 0,6; cosα = 4/5 = 0,8; tgα = 3/4 = 0,75. 1. Определяем опорные реакции. ∑Х = 0; q1·3 – HB – F2 = 0; HB = q1·3 – F2 = 8·3 – 16 = 8 кН. ∑МВ=0; –VA·8 – q1·3·1,5 – M1 + M2 + F2·3+F3·2+q2·2·1+F1·6=0; –VA·8 – 8·3·1,5 – 40 +80 + 16·3 + 24·2+20·2·1+20·6=0; −36 − 40 + 80 + 48 + 48 + 40 + 120 260 VA = = = 32,5кН; 8 8

23

M2=80 кН⋅м

M 1=40 кН⋅м

q1=8кН/м

Х2

3м

Д

3

Х3

4

F2=16 кН Х4

С

5

2

А

F3=24 кН q2=20 кН/м

Х5

6

F2=20 кН

1

α

Х1

VA=32,5 кН

2м

В

HB=8 кН

Х6

2м

2м

2м

VB=51,5 кН

Рис.2.9 ΣМА=0; VB·8 – q1·3·1,5 – M1 + M2 + F2·3 –F3·6–q2·2·7– F1·2=0; VB·8 – 8·3·1,5 – 40 +80 + 16·3 – 24·6–20·2·7–20·2=0; −36 + 40 − 80 − 48 + 144 + 280 + 40 412 VВ = = = 51,5кН. Пр 8 8 оверка: ∑Y=0; VA+VB–F3–q2·2–F1=32,5+51,5–24–20·2–20=0. 2. Выделим грузовые участки – 1–6. 3. В пределах каждого грузового участка проводим сечения на расстоянии “xi” или “yi”от начала данного грузового участка, в отличии от предыдущих примеров, когда сечения проводили на конкретном расстоянии, бесконечно близко в начале и конце грузового участка. 4. Используя рабочие правила метода сечений и принятые правила знаков, записываем уравнения для вычисления внутренних усилий – М, Q и N. 1-й грузовой участок: 0 ≤x1≤2м (рассматриваем правую отсеченную часть). N1=0; Q1=F1=20 кН; M1= –F·x1= –20·x1; (функция линейная, график строим по двум точкам): x1=0, М1=0;

24

x1=2м, М1= –40 кН·м (растягиваются верхние волокна). 2-й грузовой участок: 0≤y2≤3м (рассматриваем нижнюю отсеченную часть). N2= –VA+F1= –32,5+20= –12,5 кН; Q2= –q1·у2= –8·у2; (функция линейная, график будем строить по двум точкам). y2=0, Q2=0; y2=3м, Q2= –8·3= –24 кН. М2 = F1·2 – q1·y2·y2/2 = 20·2 – 8·y22/2; (функция квадратной параболы, график будем строить, как минимум, по 3-м точкам). y2=0, М2=40 кН·м (растягиваются правые волокна); y2=1,5м, М2=31 кН·м (растягиваются правые волокна); y2=3м, М2=4 кН·м (растягиваются правые волокна). 3-й грузовой участок: 0 ≤x3≤2м (рассматриваем левую отсеченную часть). N3 = –q1·3 = –8·3 = –24 кН; Q3 = VA–F1 = 32,5 –20 = 12,5 кН. М3 = F1·(2–x3) + VA·x3 – q1·3·1,5 + M1 = = 20·(2–x3) + 32,5·x3 – 8·3·1,5 + 40 = = 20·(2–x3) + 32,5·x3 + 4; (функция линейная, график строим по двум точкам): x3 = 0, М3 = 44 кН·м, (растягиваются нижние волокна); x3 = 2, М3 = 69 кН·м, (растягиваются нижние волокна). 4-й грузовой участок: 0 ≤x4≤2м (далее рассматриваем правую отсеченную часть). N4 = –F2 – HB = –16–8 = –24 кН; Q4 = –VB + F3 + q2·2 = –51,5 + 24 + 20·2 = 12,5 кН; М4 = VB·(4+x4) – F3·(2+x4) – q2·2·(3+x4) – HB·3 = = 51,5·(4+x4) – 24·(2+x4) – 20·2·(3+x4) – 8·3; (функция линейная, график будем строить по двум точкам): x4=0, М4=51,5·(4+0) – 24·(2+0) – 20·2·(3+0) – 24 = 14кН·м; (растягиваются нижние волокна). x4=2м, М4=51,5·(4+2) –24·(2+2) – 20·2·(3+2) - 24 = –11кН·м; (растягиваются верхние волокна). 5-й грузовой участок: 0 ≤x5≤2, y5=x5·tgα. N5 = –VBsinα – HBcosα + F3sinα + q2·2·sinα = = –51,5·0,6 – 8·0,8 + 24·0,6 + 20·2·0,6 = 1,1 кН. Q5 = –VBcosα – HBsinα + F3cosα + q2·2·cosα = = –51,5·0,8 – 8·0,6 + 24·0,8 + 20·2·0,8 = 14,8 кН.

25

-

Рис 2.10 M5 = VB·(2+x5) – HB·(1,5+y5) – F3·x5 – q·2·(1+x5) = = 51,5·(2+x5) – 8·(1,5+y5) – 24·x5 – 20·2·(1+x5); (функция линейная, график будем строить по двум точкам): x5=0, y5=0; М5=51,5·2 – 8·1,5 – 24·0 – 20·2·1= 51 кН·м.

26

x5 = 2м, y5 = 2·0,75 = 1,5 м; М5= 51,5·(2+2) – 8·(1,5+1,5) – 24·2 – 20·2·(1+2)=14 кН·м. (Растягиваются нижние волокна). 6-й грузовой участок: 0 ≤x6≤2м, y6=x6·tgα. N6 = –VBsinα – HBcosα + q2·x6·sinα = = –51,5·0,6 – 8·0,8 + 20·x6·0,6 = –37,3 + 12x6; (функция линейная, график будем строить по двум точкам): x6=0, N6= –37,3 кН; Х6=2м, N6= –13,3 кН. Q6 = –VBcosα + HBsinα + q2·x6·cosα = = –51,5·0,8 + 8·0,6 + 20·x6·0,8 = –36,4 + 16x6; (функция линейная, график будем строить по двум точкам): x6=0, Q6= –36,4 кН; x6=2м, Q6= –4,4 кН. M6 = VB·x6 – HB·y6 – q·x62/2= 51,5·x6 – 8·y6 –20·x62/2; (функция нелинейная, график будем строить по трем точкам): x6=0, y6=0, М6=0; x6=1м, y6=0,75м, М6=35,5 кН·м; x6 = 2 м, y6 = 2·0,75 = 1,5 м, М6=51 кН·м. (растягиваются нижние волокна). По полученным данным строим эпюры М, Q и N (см. рис. 2.10).

27

Проверка эпюр методом вырезания узлов.

8,88

α

Узел А

Узел Д

28

2.2.

Стержни с криволинейными участками

ПРИМЕР 2.3.5 Требуется. Построить эпюры внутренних силовых факторов для стержня с ломаной в плоскости осью с криволинейными участками, изображенного на рис.2.11.

1м

1м

1м

1м

1м

1м

•С

Рис. 2.11

у

29

f

у=

4f 4⋅2 х(l − x) = 2 ⋅ x(6 − x) = 1,33x–0,22x2; l2 6

dy = у ' = tgα = 1,33 − 0, 44x. dx РЕШЕНИЕ 1. Определяем реакции опор. ∑Х=0; HA-F1=0; HA = F1 = 25 кН. ∑МА=0; -q·3·1,5 – F2·3 +M +VB·6 + F1·4 = 0; q ⋅ 3 ⋅ 1,5 + F2 ⋅ 3 − M − F1 ⋅ 4 15 ⋅ 3 ⋅ 1,5 + 30 ⋅ 3 − 20 − 25 ⋅ 4 VB = = = 6 6 =37,5/6 = 6,25 кН.

Для получения уравнения с одним неизвестным составляем уравнение суммы моментов относительно точки “C”, где сходятся две опорные реакции – VB и НА. ∑МС=0; F1·4 + F2·3 + q·3·4,5 + M – VA·6 = 0; q ⋅ 3 ⋅ 4,5 + F2 ⋅ 3 + M + F1 ⋅ 4 15 ⋅ 3 ⋅ 4,5 + 30 ⋅ 3 + 20 + 25 ⋅ 4 = = VA = 6 6 =412,5/6 = 68,75 кН. Проверка: ∑У=0; VA + VB – q·3 – F2 = 68,75 + 6,25 – 15·3 – 30 = =75–75=0. 2. Разбиваем на грузовые участки: 1, 2, 3. 3. Проведем характерные сечения: на прямолинейном участке 1 проводим два сечения 1-1 и 2-2 (начало и конец грузового участка). На криволинейных участках 2 и 3 необходимо проводить не менее 3-х сечений, т.к. там не будет прямолинейных эпюр. В нашем примере проведем сечения через 1м. горизонтальной проекции криволинейного участка – 3-3, 4-4, 5-5, 6-6, 7-7, 8-8, 99, 10-10.(см. рис. 2.11). 4. На прямолинейном участке 1 внутренние усилия определяем по аналогии с предыдущими примерами. N1-1 = N2-2 = –VA = –68,75 кН. (“минус” – значит сжатие).

30

Q1-1 = Q2-2 = –HA = –25 кН. (“минус”, т.к. сдвиг против хода часовой стрелки). М1-1 = 0; М2-2 = –НА·4 = –25·4 = –100 кН·м. (“минус”, т.к. растягиваются левые “волокна”). Для определения внутренних усилий в сечениях криволинейного участка 2, по методу сечений составим уравнения М, Q, N в произвольном сечении на расстоянии “x2” от начала участка (см. рис. 2.12). При этом правила знаков для N и Q остаются прежними, а для изгибающих моментов вводим следующие правила знаков:если момент стремиться уменьшить кривизну (выпрямить), то ставим знак “плюс”; - если момент стремиться увеличить кривизну (изогнуть сильнее) – ставим знак “минус”. М2= –НА(4+y)+VA·x–M– q·x2/2= –25(4+y)+68,75·x– 20–15·x2/2; N2=–HAcosα– VAsinα+q·x·sinα=–25·cosα– 68,74·sinα+15·x·sinα; Q2=–HAsinα+VAcosα– q·x·cosα= – 5·sinα+68,74·cosα–– 15·x·cosα; Для вычисления M, Q, N в различных сечениях данного грузового участка, задав значение “х”, вычислим величины “у”, tgα, α, sinα, cosα и представим их в табл. 2.1. В эту же таблицу запишем и значения найденных M, Q, N. x2=0; М3-3= –25·4+0–20–0= –120 кН·м. (растягиваются внешние волокна). N3-3= –25·0,6–68,75·0,8+15·0 = –70 кН;

31

Q3-3= –25·0,8+68,75·0,6 –15·0=21,25 кН. x2=1м; М4-4= –25·(4+1,11) +68,75·1–20–15·12/2= –86,5 кН·м. N4-4=–25·0,7466–68,75·0,6652+15·1·0,6652 = –55,71 кН; Q4-4 = – 25·0,6652 + 68,75· 0,7466 –15·1·0,7466 =23,5 кН. x2=2м; М5-5=–25·(4+1,78)+ 68,75·2–20–15·22/2=–57 кН·м. N5-5=–25·0,9121–68,75·0,4099 +15·2·0,4099 = –38,68 кН;

Рис 2.13

32

25

25,4 22,82

38,7 20

55,7 70

х0

N

(кН)

58,75

Рис. 2.14

Q5-5=–25·0,4099+68,75·0,9121– 15·2·0,9121=23,5 кН. x2=3м; М6-6=–25·(4+2) +68,75·3– 20–15·32/2=–1,25кН·м. N6-6=–25·1–68,75·0+15·3·0=–25кН; Q6-6=–25·0+68,75·1– 15·3·1=23,75кН. Таблица 2.1 Номер сеч. 3-3

х (м

y (м)

tgα =y

α град

sin α

cosα

0

0

1,33

53,1

0,8

0,6

4-4

1

1,11

0,89

41,7

0,66 0,747 –86,5 23,5

–55,7

5-5

2

1,78

0,45

24,2

0,4

0,912 –57

–38,7

6-6

3

2,0

0

0

0

1

Q M (кН· (кН) м) –120 21,25

25,1

–31,2 23,75

N (кН) –70

–25

Аналогично вычисляем внутренние усилия в сечениях участка 3 (сечения 7-7, 8-8, 9-9, 10-10).

33

При составлении уравнений внутренних усилий в этих сечениях будем рассматривать правую часть от сечения (рис.2,15). М3 = VB·x3 – F1·y3= 6,25·x3 – 25·y3; N3 = –VB·sinα – F1·cosα= –6,25·sinα – 25·cosα; Q3 = –VB·cosα + F1·sinα= –6,25·cosα + 25·sinα; Ординаты сечений на 3-м участке, тангенсы, синусы и косинусы углов α берем из таблицы 2.2. В эту же таблицу внесем вычисленные результаты изгибающих моментов, продольных и поперечных сил. x3=0; М10-10 = 0; N10-10 = –6,25·0,8 – 25·0,6 = –20 кН; Q10-10 = –6,25·0,6 – 25·0,8 = –16,25 кН; Таблица 2.2 Q N M (кН· (кН) (кН) м) 0 16,25 –20

Х Но(м) мер сеч. 10-10 0

У (м)

tgα= У

Α град

sinα

cosα

0

1,33

53,1

0,8

0,6

9-9

1

1,11

0,89

41,7

0,665 0,747 –21,5 11,96 –22,8

8-8

2

1,78

0,45

24,2

0,41

0,912 –32

7-7

3

2,0

0

0

0

1

–25,4

–31,2 –6,25 –25

x3=1м; М9-9 = 6,25·1–25·1,11 = –21,5 кН·м; N9-9 = –6,25·0,6652 – 25·0,7466 = –22,82 кН; Q9-9 = –6,25·0,7466 – 25·0,6652 = 11,96 кН; x3=2м; М8-8 = 6,25·2–25·1,78 = –32 кН·м; N8-8 = –6,25·0,4099 – 25·0,9121 = –25,36 кН; Q8-8 = –6,25·0,9121 – 25·0,4099 = 4,55 кН; x3=3м; М7-7 = 6,25·3–25·2 = 31,25 кН·м; N7-7 = –6,25·0 – 25·1 = –25 кН; Q7-7 = –6,25·1 – 25·0 = –6,25 кН;

34

4,55

По полученным результатам строим эпюры М,Q,N (см. рис. 2.13 и 2.14). Из эпюры Q видно, что на участке 2, между сечениями 7-7 и 8-8, имеет место смена знака Q, т.е. в этом месте Q=0. Это значит, что в этом сечении график функции изгибающих моментов имеет экстремум. Найдем координаты этого сечения и изгибающий момент Мэкстр. Q3(Xo)= –6,25·cosα0+25·sinα0=0; Отсюда: tgα0 = 6,25/25 = 0,25; cosα0=0,9703 α0=140, sinα0=0,2419, y’=tgα0=1,33–0,44x0=0,25; отсюда – x0=2,45м. Определим изгибающий момент в этом сечении, т.е. там, где Q=0. При этом y0=1,33x0-0,22x02=1,94м. МХ=Хо=Мэкс=6,25·x0–25·y0=6,25·2,45–25·1,94= –33,19 кН·м. Проверка правильности эпюр методом вырезания узлов. Вырежем мысленно узел “Д” сечениями, расположенными на бесконечно близком расстоянии от точки излома (рис.2.16). В местах сечения приложим внутренние усилия, взятые из эпюр М, Q и N. Направления покажем учитывая принятые правила знаков для внутренних усилий. а)

б)

Д

Д

120

70 α

20 25

100

68,75

Рис 2.16 ∑М=0; 100+20–120=0. cosα=0,6; sinα=0,8. ∑X=0; 25+21,25sinα–70cosα=0. 25+21,25·0,8 – 70·0,6=0. ∑У=0; 68,75–70sinα–21,25cosα=0.

35

21,25

68,75–70·0,8 – 21,25·0,6=0. Условия равновесия выполняются. ПРИМЕР 2.3.6 Требуется: Построить эпюры М, Q, N для стержня с ломаной осью с криволинейными участками, очерченными по окружности (рис.2.17).

РЕШЕНИЕ 1.Из уравнений равновесия определим реакции опор. ∑Х=0; F–HB=0; HB = F = 40 кН. ∑MA=0; –40·3 – q·9·4,5 + M + HB·2 + VB·9 = 0; VB = (40·3 + 10·9·4,5 – 85 – 40·2)/9 = 360/9 = 40 кН. ∑МВ=0; –VA·9 – F·1 + Q·9·4,5 + M = 0; VA = (–40·1 + 10·9·4,5 + 85)/9 = 50 кН. Проверка: ∑У=0; VA + VB – q·9 = 50 + 40 – 10·9 = 0. 2. Наметим грузовые участки – 1, 2, 3, 4. 3. Используя рабочие правила, для каждого участка напишем уравнение для определения внутренних усилий. При этом для криволинейных участков 1 и 2 начало координат выберем в точке А и для определения координат точек, лежащих на дуге окружности напишем формулы преобразования координат:

36

10

10

9

9

α 1,5м

Рис.2.17 x = R–R·cos ϕ = 6(1–cos ϕ ); y = R·sin ϕ = 6·sin ϕ Участок 1, 0≤φ1≤300 М1 = VA·x – q·x2/2 = 50·x – 10·x2/2; Q1 = VA·sinφ – q·x·sinφ = 50·sinφ – 10·x·cosφ; N1 = –VA·cosφ + q·x·cosφ = –50·cosφ + 10·x·cosφ. На 1-м участке возьмем сечения с шагом Δφ=100. На 2-м участке возьмем сечения с шагом Δφ=200. Для удобства счета, при каждом значении угла φ предварительно найдем значения тригонометрических функций, а так же координат сечения – х и у и внесем их в таблицу 2.3. Туда же внесем значения вычисленных внутренних усилий – М, Q, N. Участок 2, 30≤φ2≤900 2 М2=VA·x – q·x /2 –F(y–3)= 50·x – 10·x2/2–40(y–3) Q2=VA·sinφ – q·x·sinφ – Fcosφ=50·sinφ – 10·x·sinφ–40cos ϕ ; N2 = –VA·cosφ + q·x·cosφ = –50·cosφ + 10·x·cosφ. Эпюры внутренних усилий на наклонном прямолинейном участке 3 строим аналогично предыдущим задачам (см.пример 2.4, участок N 6). Таблица 2.3

37

Q N (кН) (кН)

0

M (кН· м) 0

0,985 0,09

1,04

4,46

8,52 –48,35

0,342

0,94

2,05

17,35 15,87 –43,61

30

0,5

0,867 0,8

3,00

36,80 21,01 –36,43

5-5

30

0,5

0,867 0,8

3,00

36,80 –13,68 –56,41

6-6

50

0,766

0,643 2,14

4,60

20,10 –3,80 –49,02

7-7

70

0,94

0,342 3,95

5,64

13,89 –3,81 –41,18

8-8

90

1

0

6

0

Номер сеч. 1-1

φ Sinφ град

Cosφ

х (м)

у (м)

0

0

1

0

2-2

10

0,174

3-3

20

4-4

0,36

6

0

–50

–10,00 –40,00

Проводим сечения 9-9, 10-10, 11-11 и используя рабочие правила и правила знаков определяем в этих сечениях М, Q и N. При этом в промежуточном сечении 10-10 поперечную силу Q и продольную силу N определять не будем, т.к. на этом участке они будут изменяться по линейному закону. М13-13=0. M12-12 = VB·1,5 – HB·2 – q·1,52/2 =40·1,5 – 40·2 – 10·1,52/2 = = –31,25 кН·м. («минус» – растягиваются верхние волокна); M11-11 = VB·3 – HB·4 – q·32/2 =40·3 – 40·4 – 10·32/2 = –85 кН·м. (растягиваются верхние волокна); Q13-13= –VB·cosα + HB·sinα = –40·0,6 + 40·0,8 = 8кН. Q11-11= –VB·cosα + HB·sinα +q·3·cosα = = –40·0,6 + 40·0,8 + 10·3·0,8 = 26 кН. N9-9= –VB·sinα – HB·cosα = –40·0,8 – 40·0,6 = –56 кН. N11-11= –VB·sinα – HB·cosα +q·3·sinα = = –40·0,8 – 40·0,6 + 10·3·0,6 = –32 кН. M9-9 = М10-10 =85кН·м. (на 4-м грузовом участке растягиваются првые волокна).

38

Q9-9=Q10-10=N9-9=N10-10=0.

∑М=85–85=0.

Используя все вычисленные значения внутренних усилий строим их эпюры (рис. 2.18 а, б, в). Проверка эпюр методом вырезания узла показана на рис. 2.18 г (по моментам) и на рис. 2.19 (по силам). С

Вопросы для самопроверки.

1. Приведите рабочее правило для определения продольной силы N в любом сечении стержня.

39

2. Приведите рабочее правило для определения продольной силы Q в любом сечении стержня. 3. Приведите рабочее правило для определения изгибающего момента М в любом сечении стержня. 4. Приведите правила знаков для внутренних усилий – N, Q, M. 5. Покажите порядок построения эпюр внутренних усилий в стержнях с ломаной в плоскости осью. 6. Покажите порядок проверки эпюр методом вырезания узлов. 7. Какие особенности имеют эпюры внутренних силовых факторов в местах приложения внешних сосредоточенных сил, моментов, начала или конца распределенной нагрузки? 8. Как изменяются изгибающие моменты и поперечные силы на участках стержня, где имеется равномерно распределенная нагрузка и при ее отсутствии?

3. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ СЕЧЕНИЙ БАЛОК ПРИ ПРЯМОМ ПОПЕРЕЧНОМ ИЗГИБЕ. 3.1. Метод непосредственного интегрирования.

Ранее, при рассмотрении чистого прямого изгиба балок (рис. 3.1) было получено следующее соотношение, связывающее кривизну χ (х) оси изогнутой балки и изгибающий момент М:

χ (х) = 1/ρ(x) = М(x)/EIZ(x); здесь:

40

(3.1)

ρ(x) – функция радиусов кривизны. М(х) – функция изгибающих моментов. Е(х) – функция модуля упругости материала балки; IZ(х) – функция главного центрального момента инерции сечения относительно оси, перпендикулярной к плоскости действия сил. Произведение E(х)IZ(х) называется жесткостью стержня при изгибе.

Рис 3.1 Будем полагать в дальнейшем, что соотношение (3.1) применимо при рассмотрении прямого поперечного изгиба (Q ≠ 0, M(x) ≠ const). Для аналитического решения задачи определения перемещений сечений балки v(x), θ(х), (рис 3.1) используется известное из математического анализа выражение кривизны плоской кривой: v" , χ (х) = (3.2) [1 + (v ') 2 ]3/ 2 где v(х) - функция вертикальных перемещений (прогибов) сечений балки; θ(х) - функция углов поворота сечений балки. Учитывая (3.2), получим уравнение, которое называется точным дифференциальным уравнением оси изогнутой балки: v"(х) М(х) = (3.3) 2 3/ 2 [1 + (v '(х)) ] E(х)I(х) В строительных конструкциях нагружение балок является, как правило, монотонным, и на величины прогибов накладыва-

41

1 1 ÷ ))L, L – пролет 200 800 балки. Поэтому величины v′(x) = tg(θ(x)) ≈ θ(x) являются малыми (значительно меньше единицы), и в левой части уравнения (3.3) можно пренебречь квадратом первой производной функции прогибов. В результате получим приближенное дифференциальное уравнение оси изогнутой балки: d 2 v(x) M(x) v ''(х) = = (3.4) dx 2 E(х)I z (х) В случае, когда ось У направлена вверх, знаки v′′(x) и М(х) совпадают. Если ось “У” направлена вниз, уравнение (3.4) преобразуется к виду: d 2 v(x) M(x) v′′(х) = =− (3.5) 2 dx E(x)I z (x) Уравнения (3.4), (3.5) – обыкновенные дифференциальные уравнения второго порядка, приведенные к квадратурам. Поэтому метод непосредственного интегрирования заключается, по сути, в двукратном интегрировании соотношений (3.4), (3.5) на участках интегрирования и последующем определении постоянных интегрирования. Под участком интегрирования понимается такая протяженность балки, на которой функция: M(x) не претерпевает изменений. E(x)I z (x) Пусть по вышеуказанному признаку балка разделилась на n участков интегрирования. Рассматривая произвольный i-тый участок, в результате двукратного интегрирования (3.4) получим выражение для функции vi (x), θi (x) dvi (x) M i (x) ≈ θi (x) = ∫ (3.6) dx + Ci dx E i (x)I zi (x) ются жесткие ограничения. (|v|max ≤ (

vi (x) = ∫ ∫

M i (x) dxdx + Ci x + Di , i=1,…,n (3.7) E i (x)I zi (x)

42

Постоянные интегрирования С(i) и D(i), число которых равно 2n, находятся из кинематических условий закрепления (их число для статически определимой балки равно 2) и кинематических условий стыковки участков. Для стыка i-того и i+1-ого участков эти условия имеют вид: vi (bi ) = vi +1 (a i +1 ); (3.8) θi (bi ) = θi +1 (a i +1 ), где bi, ai+1 – координаты конца i-того и начала i+1 участков, bi=ai+1 Общее число условий стыковки равно 2(n–1). ПРИМЕР 3.1 Дано: Стальная балка из прокатного двутавра N 20 (ГОСТ 8239 – 89) (рис.3.2). Требуется: Определить прогиб и угол поворота свободного конца консоли.

РЕШЕНИЕ 1. Из условий равновесия определим реакции опоры (защемления): ΣМА = 0; МА – F· l = 0; МА = F· l = 15·2 = 30 кН·м. ΣX = 0; ΣУ = 0; VА – F = 0; VA = F = 15 кН.

Рис. 3.2 2. Определим жесткость балки EIZ:

43

Из таблицы сортаментов для двутавра (ГОСТ 8239–89) номер 20 находим – IZ = 1840 см4. Для стали модуль упругости Е = 2·108 кПа. Тогда: EIZ = 2·108 кПа·1840·10-8м4 = 3680 кН·м2. 3. Выбираем начало координат на левом конце балки, в точке А и для сечения на расстоянии "X" напишем выражение для изгибающего момента: М(х) = VA·x – MA 4. Подставим функцию М(х) в дифференциальное уравнение изогнутой оси балки и, выполнив двукратное интегрирование, получим уравнения для углов поворота и прогибов сечений: M(x) 1 v"(x) = (VA ⋅ x − M A ); = (3.9) EI Z EI Z M(x) 1 v '(x) = θ(x) = ∫ dx + C = (VA x 2 / 2 − M A x) + C; (3.10) EI Z EI Z M(x) v(x) = ∫ dx ∫ dx + Cx + D = EI Z 1 (VA x 3 / 6 − M A x 2 / 2) + Cx + D. = (3.11) EI Z Постоянные интегрирования С и D найдем из кинематических граничных условий т.е. из условий закрепления балки. В начале координат (левый конец балки) имеется жесткое защемление, поэтому там угол поворота и прогиб сечения равны нулю; а) x=0 θ = 0; б) x=0 v = 0; Условие а) подставим в уравнение (3.10) и получим: С = 0. Условие б) подставим в уравнение (3.11) и получим: D = 0. Тогда окончательно получаем следующие уравнения для углов поворота и прогибов сечений балки:

44

1 1 (VA ⋅ x 2 / 2 − M A ⋅ x) = (15x 2 / 2 − 30x); EI Z 3680 1 1 v(x) = (VA ⋅ x 3 / 6 − M A ⋅ x 2 / 2) = (15 ⋅ x 3 / 6 − 30x 2 / 2). EI Z 3680 Определим угол поворота и прогиб на правом конце балки при х= l =2 м. 1 Fl 2 Fl 2 15 ⋅ 22 θх =l = ( − Fll) = − =− = −0,00815рад EI z 2 2EI z 2 ⋅ 3680 θ(x) =

1 Fl3 Fll 2 Fl3 15 ⋅ 23 ( − )=− =− = −0,01087м. EI z 6 2 3EI z 3 ⋅ 3680 В дальнейшем, для таких типовых балок с одним защемленным концом длиной l , загруженных с одного конца сосредоточенной силой F угол поворота и прогиб свободного конца можно определять по полученным стандартным формулам: v х =l =2 =

θх =l = −

Fl 2 ; 2EI Z

vx =l = −

Fl 3 . 3EI Z

ПРИМЕР 3.2 Дано: Стальная балка (см. рис.3) из прокатного двутавра N27 (ГОСТ 8239-89). Требуется: Построить эпюры поперечных сил Q, изгибающих моментов М, углов поворота θ и прогибов сечений v с учетом дифференциальных зависимостей между всеми эпюрами. РЕШЕНИЕ 1. Определим жесткость балки. Из таблицы сортаментов для двутавра N 27 имеем – IZ = 5010 см4 = 5010·10-8 м4.

45

Модуль упругости для стали примем– Е=2·108 кПа. Тогда – EIZ = 2·108·5010·10-8 = 10020 кН·м2. 2.Из уравнений равновесия определяем реакции опор и построим эпюры Q и М. ΣX = 0; HA = 0. ΣMA = 0; VB·6 – q·6·3 + M = 0. Отсюда находим VB: q ⋅ 6 ⋅ 3 − M 20 ⋅ 6 ⋅ 3 − 60 VB = = = 50кН. 6 6 ΣМB = 0; –VA·6 + q·6·3 + М = 0. Отсюда находим VA: VА =

q ⋅ 6 ⋅ 3 + M 20 ⋅ 6 ⋅ 3 + 60 = = 70кН. 6 6

Проверка: ΣУ = 0; VA + VB –q·6 = 70 + 50 – 20·6 = 0. Построим эпюры Q и М (см. рис. 3 б; и 3 в). 3. Выбираем начало координат на левом конце балки и для сечения на расстоянии "x" напишем выражение для изгибающего момента:

М(х) = VA·Х – q·x2/2 – М = 70·x – 20·x2/2 –60.

4. Подставим функцию М(х) в дифференциальное уравнение изогнутой оси балки и выполнив двукратное интегрирование, получим:

46

Рис. 3.3 M(x) 1 = (70 ⋅ x − 20 ⋅ x 2 / 2 − 60). (3.12) EI Z EI Z M(x) 1 v '(x) = θ = ∫ dx = (70 ⋅ x 2 / 2 − 20 ⋅ x 3 / 6 − 60 ⋅ x) + С. (3.13) EI Z EI Z

v"(x) =

47

M(x) 1 dx = (70x 3 / 6 − 20x 4 / 24 − 60x 2 / 2) + Сx + D. EI Z EI Z (3.14) Постоянные интегрирования С и D найдем из кинематических граничных условий, т.е. из условий закрепления балки: а) x=0, v = 0; v(x) = ∫ dx ∫

б) x=6 м, v = 0. Условие а) подставим в уравнение для прогибов (3.14) и получим: D = 0. Условие б) подставим в то же уравнение и получим: 1 v х =6 = (70 ⋅ 63 / 6 − 20 ⋅ 64 / 24 − 60 ⋅ 62 / 2) + C ⋅ 6 = 0. EI Z Откуда: 1 60 C= (70 ⋅ 63 / 6 − 20 ⋅ 64 / 24 − 60 ⋅ 62 / 2) = − = −0,00599 6 ⋅ EI Z 10020 рад Подстановка в уравнение для "θ" координаты левого конца балки – х=0 показывает, что θ(Х=0)=θ0= С =–0,00599 рад., а подстановка в уравнение для "v" координаты х=0 показывает, что v(Х=0)= v0 = D = 0. Это означает, что постоянная интегрирования С равна углу поворота в начале координат, a "D" – соответствует прогибу в начале координат, т.е. геометрический смысл постоянных интегрирования заключается в том, что С= θ0, а D = v0. Перепишем в окончательном виде уравнения (3.13) для определения θ и (3.14) для определения v: 1 (70 ⋅ x 2 / 2 − 20 ⋅ x 3 / 6 − 60 ⋅ x) − 0,00599. θ= (3.15) 10020 1 v= (70 ⋅ x 3 / 6 − 20 ⋅ x 4 / 24 − 60 ⋅ x 2 / 2) − 0,00599 ⋅ х. (3.16) 10020

48

Для определения угла поворота какого-либо сечения, подставим в уравнение (3.15) координату этого сечения, например, для определения угла поворота сечения на правом конце балки подставим – x=6м.: 1 θ(Х = 6) = (70 ⋅ 62 / 2 − 20 ⋅ 63 / 6 − 60 ⋅ 6) − 0,00599 = 10020 180 = − 0,00599 = 0,01197рад. 10020 Для определения прогиба сечения, например, посередине пролета, подставим в уравнение (3.16) координату этого сечения - x = 3 м. 1 v ( х =3) = (70 ⋅ 33 / 6 − 20 ⋅ 34 / 24 − 60 ⋅ 32 / 2) − 0,00599 ⋅ 3 = 10020 −22,5 = − 0,01797 = −0,02022м. = −2,02см. 10020 Подставляя в формулы (3.15) и (3.16) значения x через 1 метр, вычислим в этих сечениях углы поворота и прогибы. Результаты вычислений представлены в следующей таблице: x(м)

θ(рад)

v(м)

0

–0,00599

0

1

–0,00882

–0,00790

2

–0,00666

–0,01597

3

–0,00150

–0,02022

4

0,00466

–0,01863

5

0,00981

–0,01127

6

0,01197

0

По этим результатам, под эпюрами Q и М, строим эпюры θ и v, соединяя точки между собой с учетом дифференциальных зависимостей между всеми эпюрами: q = dQ/dx = d2М/dx2 = EIZ·d3θ/dx3 = EIZ·d4v/dx4, (см. рис.3.3г; д).

49

3.2. Метод начальных параметров

Метод непосредственного интегрирования позволяет решать задачи определения перемещений при любом законе изменения жесткости сечений балки. В случае, когда балка имеет постоянную жесткость (EIz=const) и несколько грузовых участков, его применение становится нерациональным, так как для определения постоянных интегрирования зачастую требуется составлять и решать достаточно громоздкую систему линейных алгебраических уравнений. Этих трудностей можно избежать, если при составлении и интегрировании на участках дифференциальных уравнений упругой оси изогнутой балки придерживаться следующих правил (правил Клебша): 1. Начало общей для всех участков системы координат необходимо располагать в центре тяжести левого (или правого) концевого сечения балки. 2. Распределенную нагрузку продолжать (с сохранением ее характера) до конца балки, противоположному началу координат. При этом несуществующая часть нагрузки уравновешивается нагрузкой обратного направления (см. рис. 3.4). 3. Сосредоточенный момент Mi, входящий в выражение для правой части (3.4), записывать с множителем (x − a Mi ) 0, здесь aMi – координата точки приложения момента. 4. При интегрировании выражения типа (x − a) n dx скобки не раскрывать, т.е. (x − a) n +1 n (3.17) ∫ (x − a) dx = n + 1 Опуская доказательство, отметим, что при соблюдении вышеперечисленные правил постоянные интегрирования на участках соответственно равны друг другу, и число их сокращается до двух: С(1)=С(2)=…=С(n)=C; D1= D2=…= D n= D (3.18)

50

Рис. 3.4 При рассмотрении балок постоянной жесткости удобно представить уравнение (3.4) в виде: EI z v′′(x) = M(x) (3.19) Рассматривая, после двукратного интегрирования кинематические начальные условия нетрудно убедиться, что C = EI z θ0 ; D = EI z v 0 , (3.20) где v 0 = v(0); θ0 = θ(0) - прогиб и угол поворота в начале координат. Введем в рассмотрение, кроме кинематических, статические начальные параметры: М0 – начальный изгибающий момент; Q0 - начальная поперечная сила. Тогда решение (3.19) по методу начальных параметров на произвольном участке интегрирования удобно записать в виде: EI z v"(x) = М(х) = M 0 + Q0 x + ∑ ξ Mi M i (x − a Mi )0 + + ∑ ξ Fi Fi (x − a Fi ) + ∑ ξqi q i

(x − a qi ) 2 2

;

(3.21)

Q0 x 2 + ∑ ξ Mi M i (x − a Mi ) + 2 (x − a qi )3 (x − a Fi ) 2 + ∑ ξ Fi Fi + ∑ ξqi q i ; (3.22) 2 6

EI z θ(x) = EI z θ0 + M 0 x +

51

M 0 x 2 Q0 x3 Mi(x − a Mi ) 2 + + ∑ ξ Mi + 2 6 2 q i (x − a qi ) 4 F (x − a Fi )3 + ∑ ξ Fi i + ∑ ξqi . (3.23) 6 24 В выражениях (3.13), (3.14), знаки ∑ относятся ко всем

EI z v(x) = EI z v 0 + EIθ0 ⋅ x +

соответствующим силовым факторам, приложенным к балке, а величины ξMi , ξFi , ξqi - так называемые «прерыватели» - позволяют учесть только те силовые факторы, которые приложены к части балки между начальным и рассматриваемым сечениями. Например: ⎧0,если x < a Mi ξMi = ⎨ (3.24) ⎩ 1,если x > a Mi Если после подстановки конкретного числового значения х в скобке получается отрицательная величина, то данное слагаемое отбрасывается. Статические и кинематические начальные параметры определяются из уравнений равновесия балки и условий её закрепления. ПРИМЕР 3.3 Дано: стальная балка из прокатного двутавра N 22 (ГОСТ 8239-89) (см. рис.3.5). Требуется:По методу начальных параметров определить прогиб балки в сечении "С" и угол поворота сечения над опорой "А".

Рис. 3.5

52

РЕШЕНИЕ 1. Определим жесткость балки: Из таблицы сортаментов для прокатных двутавра N22 имеем: IZ=2790 см4=2790 10-8 м4. Модуль упругости для стали – E=2·108кПа. Тогда жесткость - EIZ=2·108 ·2790 10-8 =5580 кНм2. 2. Из уравнений равновесия определяем реакции опор. ΣХ = 0, HA = 0. ΣМA = 0, F·2 – 20·4·2 – M1 – М2 + VB·6 = 0; VB = (–20·2 + 20·4·2 + 40 + 20)/6 = 30 кН. ΣМв = 0, F·8 + 20·4·4 – M1 - М2 – VA·6 = 0; VA = (20·8 + 20·4·4 - 40 – 20)/6 = 70 kH. 3. Выбираем начало координат на левом конце балки. 4. Догружаем распределенную нагрузку от точки С до противоположного (правого) конца балки и на участке догружения вводим компенсирующую нагрузку интенсивностью q=20 кН/м, направленную снизу вверх, т.е. в противоположном заданной нагрузке направлении. 5. Для заданной балки составляем уравнения метода начальных параметров: (1) EIZv”(х) = М(х) =– F·x + M1(x–6)° + VA(х–2) – q(x–2)2/2 + + q(x–6)2/2; (2) EIZv’(х) =EIZθ(x) = EIZθ0 – F·x2/2 + M1(x–6) + VA(x–2)2/2 –q(x–2)3/6 + q(x–6)3/6; (3) EIZv(х) =EIZv + EIZθ0·x – F·x3/6 + M1(x–6)2/2 + VA(x–2)3/6 –q(x–2)4/24 + q(x–6)4/24; Для определения кинематических начальных параметров θо и v0 используем кинематические граничные условия: а) x = 2 м. v = 0; б) x = 8 м. v = 0. Эти граничные условия последовательно подставим в уравнение (3) для определения EIZv и получим:

53

EIZv(x=2) = EIZv0 + EIZθ0·2 – 20·23/6 = 0; EIZv(x=8) = EIZv0 + EIZθ0·8 - 20·83/6 + 40·(8-6)2/2+ + 70·(8–2)3/6 – 20·(8-2)4/24+ 20·(8–6)4/24 = 0. В результате расчета получаем следующую систему двух уравнений с двумя неизвестными: EIZv0 + 2EIZθ0 = 26,667; EIZv0 + 8EIZθ0 = 173,334; Решая систему при EIZ=5580 кН·м2, получаем значения начальных параметров - угол поворота и прогиб в начале координат: θ0 = 0,00438 рад. v0 = – 0,003903 м. Найденные значения начальных параметров подставим в уравнения для определения EIZθ и ElZv. Поделив левую и правую части этих уравнений на ElZ, получим окончательные формулы для определения углов поворота и прогибов сечений при любых значениях х: 1 θ(x) = 0,00438 + (−20x 2 / 2 + 40(x − 6) + 70(x − 2) 2 / 2 − 5580 −20(x − 2)3 / 6 + 20(x − 6)3 / 6) 1 v(x) = −0,003903 + 0,00438 ⋅ x + ( −20 ⋅ x 3 / 6 + 40(x − 6)2 / 2 + 5580 + 70( x − 2)3 / 6 − −20( х − 2) 4 / 24 + 20( х − 6) 4 / 24) . Используя полученные формулы, определим угол поворота над опорой "А" (x=2м.) и прогиб в сечении "С", т.е. при x=6 м.: 1 θ( x = 2м) = 0,00438 + ( −20 ⋅ 22 / 2 ) = −0,002788рад. 5580 1 v ( x = 6м) = −0,003903 + 0,00438 ⋅ 6 + (−20 ⋅ 63 / 6 + 40(6 − 6) 2 / 2 + 5580 70(6 − 2)3 / 6 − 20(6 − 2) 4 / 24) = −0,01106м.

54

Ответ: θА = θ(х=2м) = –0,002788 рад. vС = v(x=6м) = – 0,01106 м. 3.3. Расчет статически неопределимых балок Балка, у которой количество неизвестных опорных реакций превышает количество уравнений равновесия, которые можно составить для данной балки, называется статически неопределимой. Для определения перемещений сечений таких балок удобно воспользоваться описанным выше (см. 3.2) методом начальных параметров. При этом в универсальные уравнения метода входят опорные реакции как неизвестные величины наряду с неизвестными кинематическими начальными параметрами. Опорные реакции, статические и кинематические начальные параметры определяются из уравнения равновесия и кинематических условий закрепления балки. В том случае, когда опорная связь не деформируема, кинематическим условием закрепления является равенство нулю соответствующего перемещения (для линейной опорной связи – прогиба, для жесткого защемления– угла поворота сечения и прогиба). При податливых опорных связях перемещения δi в направлении i-той опорной связи связано с реакцией Ri в опоре соотношением: δi = R i ⋅ Ci , где Сi (м/кН либо рад/кHм)– податливость i-той опорной связи. ПРИМЕР 3.4 Требуется. Для балки изображенной на рис. 3.6, определить реакции опор и прогиб сечения под силой F. РЕШЕНИЕ 1. Для заданного стального двутавра N18 (ГОСТ 8239-89) определим жесткость при изгибе, если принять Е=2·108 кПа.

55

Рис.3.6 Из сортамента для прокатных двутавров (ГОСТ 8239-89) находим Iz = 1290 см4= 1290 10-8м4. Тогда EIZ =2·108·1290·10-8 = 2580 кН·м2. 2. Покажем на рис.3.6 все возможные реакции опор. Их всего 4, уравнений равновесия для данной балки можно составить только 3: ΣХ=0; НB=0; ΣУ=0; VA – F + VB = 0; ΣМB=0; –VA·6 + F·2 –MB+M= 0. Остаются 2 уравнения равновесия с 3-мя неизвестными. Значит задача является 1 раз статический неопределимой. 3. Выбираем начало координат на левом конце балки и по методу начальных параметров, описанному выше, составим уравнения для изгибающих моментов, углов поворота сечений и прогибов: (1) М(х) = –M + VA·X –F(x-4)= - 20 + VA·X – 30(x–4); (2) EIZθ(x) = EIZθ0 – 20x + VA·x2/2 –30(x–4)2/2; (3) EIZv(x) = EIZv0 +EIZθ0x –20x2/2 +VA·x3/6 –30 (х–4)3/6. 4. В этих уравнениях всего имеется 3 неизвестных: V0, θ0 и VA. Для их нахождения используем следующие граничные условия: а) x=0, v = 0; (отсутствует прогиб в начале координат). б) x=6м, θ = 0; (отсутствует угол поворота на правой опоре). в) x=6м, v = 0; (отсутствует прогиб на правой опоре).

56

Подставляя условие а) в уравнение (3), получим – v0=0. Условия б) и в) подставим соответственно в уравнения (2) и (3) и получим систему двух уравнений с двумя неизвестными: EIZθ(x=6) = EIZθ0 – 20·6 + VA·62/2 – 30(6-4)2/2 = 0; EIZv(x=6) = EIZθ0·6 – 20·62/2 + VA·63/6 – З0(6–4)3/6=0. EIZθ0 + 18 VA = 180; 6EIZθ0 + З6 VA = 400. Решая эту систему уравнений, получим: VA = 9,45 кН. θ0 = 0,00388 рад. 5. Остальные реакции опор найдем из уравнений равновесия: ΣХ = 0; НB = 0; ΣУ = 0; VA –F + VB =0; VB = 30 – 9,45 = 20,55 кН. ΣMB = 0; –VA·6 + М + F·2 – MB = 0; MB = – 9,45·6 + 20 +30·2 = 23,33 кН·м. 6. Определим прогиб сечения балки под силой F, т.е. при x= 4м. Для этого в уравнение для прогибов подставим найденные величины и вычислим прогиб при x=4м., разделив левую и правую части на EIZ = 2580 кН·м2. v(х=4м) = 0,00388·4 + (–202/2 +9,45·43/6)/2580 = – 0,0074 м. Ответы: VA = 9,45 кН. VB = 20,55 кН. MB = 23,33 кН·м. v(x=4м) = –0,0074 м. ПРИМЕР 3.5 Требуется: Для балки, изображенной на рис. 3.7, определить реакции опор и прогиб сечения на левом конце балки. РЕШЕНИЕ 1. Для заданного стального двутавра N 30 (ГОСТ 8239-89) определим жесткость при изгибе, если принять Е = 2·108 кПа. Из сортамента для прокатных двутавров находим – IZ=7080 cм2=7080·10-8м4. Тогда EIZ = 2 ·108· 7080·10-8 =14160 кНм2.

57

Рис.3.7 2. Покажем на рис. 3.7 все возможные реакции опор. Их всего 4, уравнений равновесия для данной балки можно составить, только 3: ΣХ=0; НC=0; ΣY=0; VA – F + VB + VC – q·6 = 0; ΣMA=0; VB 4 + F·2 + VC·10 – q·6·7 = 0. Здесь имеются 2 уравнения с 3-мя неизвестными, значит, задача является 1 раз статический неопределимой. Для раскрытия статической неопределимости воспользуемся методом начальных параметров. 3. Выбираем начало координат на правом конце балки в точке С (т.к. в этом случае один из начальных параметров - прогиб в начале координат V0 равен нулю, что уменьшает вычислительную работу) и составим уравнения по методу начальных параметров: (1) М(х) = VC x + VB (x–6) + VA (x-10) – qx2/2 + q(x–6)2/2. (2) EIZθ = EIZθ0 + VC ·x2/2 + VB (x–6)2/2 + VA(x–10)2/2 – – qx3/6 + q(x–6)3/6. (3) EIZv = EIZv0 + EIZθ0x + VC ·x3/6 + VB (x–6)3/6 + VA (x–10)3/6 – – qx4/24 + q(x–6)4/24. 4. В этих уравнениях всего имеется 5 неизвестных: v0, θ0, VA, VB и VC. Для их определения имеются 5 граничных условий - 3 кинематических и 2 статических: 1)Кинематические граничные условия: а) x=0, v = 0; б) x=6м, v = 0; в) x=10м, v = 0; 2) Статические граничные условия:

58

г) x=10м, М = –F·2 = –80 кН·м, (левая отсеченная часть); д) ΣУ=0. Подставляя условие а) в уравнение (3), получим: v0=0. Граничные условия б) и в) последовательно подставим в уравнение (3), а условие г) подставим в уравнение (1) для изгибающих моментов и получим: EIZv(x=6м)= EIZθ0·6 + vC ·63/6 – q64/24 =0; EIZv(x=10м) = EIZθ0·10 + vC ·103/3 + vB (10-6)3/6 – 20·104/24 + +20(10-6)4/24 = 0. М(х) = vC 10 + vB (10-6) – 20·102/2 + 20(10–6)2/2=–80. В результате получим следующую систему 3-х уравнений с 3-мя неизвестными – θ0, VB, VC: 6 ⋅ EI z θ0 + 36Vc = 1080 ⎫ ⎪ 10 ⋅ EI z θ0 + 166,7Vc + 10,67VB = 8120 ⎬ ⎪ 10 ⋅ Vc + 4VB = 760 ⎭ Решая полученную систему уравнений, получим: EIZθ0 = –142,02 кН·м2, θ0 = – 142,02/14160 = – 0,0100 рад. VC = 53,67 кН. VB = 55,82 кН. Используя граничное условие д), определим опорную реакцию опоры А – VA: ΣУ = 0, VA + VB + VC – q·6 – F = 0; VA= –VB –VC +20·6+40 = – 55,82–53,67+120+40 = 50,51 кН. Для определения прогиба балки на левом конце балки в уравнение прогибов (3) .подставим все найденные значения и вычислим прогиб при x=12 м., поделив левую и правую части уравнения на величину жесткости EIZ = 14160 кН·м2: v(x=12м) = –0,0100·12 + (53,67·123)/(6·14160) + + (55,82·63)/(6·14160) + 50,51·23/(6·14160) – 20·124/(24·14160) + +20·64/(24·14160) = – 0,0257 м. = –2,57 см. Ответы: VA = 50,51 кН. VB =55,82 кН. VC = 53,67 кН. v(x=12м) = –2,57 см.

59

Вопросы для самопроверки. 1. Какие дифференциальные зависимости существуют между интенсивностью распределенной нагрузки q, поперечной силой Q, изгибающим моментом М, углом поворота сечений θ и прогибом v? 2. Напишите дифференциальное уравнение оси изогнутой балки. 3. Покажите порядок определения перемещений сечений по методу непосредственного интегрирования. 4. В чем заключается геометрически смысл постоянных интегрирования при использовании метода начальных параметров? 5. В чем заключается суть метода начальных параметров? 6. Напишите универсальные уравнения метода начальных параметров для углов поворота и прогибов сечений. 7. Покажите порядок определения начальных параметров. 8. Как определяются угол поворота и прогиб произвольного сечения балки по методу начальных параметров? 9. Каков порядок определения реакций опор статически неопределимых балок с помощью метода начальных параметров?

60

4. СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ СТЕРЖНЕЙ 4.1. Общие положения

Сопротивление стержня называется сложным, если оно может быть представлено как сумма нескольких простых видов деформации (растяжения, сжатия, прямого изгиба, сдвига, кручения). Строго говоря, в силу конструктивных особенностей, а также наличия несовершенств изготовления и монтажа сопротивление стержней в реальных конструкциях всегда является сложным, при котором присутствуют все виды простых деформаций. Однако в ряде случаев, пренебрегая влиянием некоторых видов деформации, мы можем упростить истинную картину сопротивления стержня без существенного ущерба надежности сооружения. Такими упрощенными формами сопротивления являются, собственно, сами простые виды деформации стержня, а также их неполные комбинации. Другим важным моментом, который необходимо здесь отметить, является характер сочетания простых видов деформации при сложном сопротивлении стержня. В той постановке, которая принята в рассматриваемых случаях сложного сопротивления стержня, в силу малости деформаций считается применимым принцип независимости действия сил (принцип суперпозиции). Это позволяет пренебречь взаимным влиянием различных видов деформации стержня и определять его напряженнодеформированное состояние (НДС) как линейную сумму НДС, связанных отдельно с каждым из составляющих видов деформации. 4.2. Косой изгиб Косым изгибом называется сопротивление прямого стержня действию поперечных нагрузок, проходящих через центры изгиба сечений, но не располагающихся только в одной главной плоскости инерции стержня. сечения понимается точ-

61

ка, обладающая следующим свойством: поперечная нагрузка, проходящая через центр изгиба, не вызывает закручивания стержня. В том случае, когда сечение имеет ось симметрии, центр изгиба лежит на этой оси. При наличии двух и более осей симметрии центр изгиба совпадает с центром тяжести сечения. В дальнейшем будем полагать, что сечение либо имеет две оси симметрии, либо разница в положениях центра изгиба и центра тяжести сечения несущественна и ею можно пренебречь (что справедливо для так называемых «массивных» (не тонкостенных) стержней). Таким образом, в принятой далее постановке считается, что поперечные нагрузки проходят через центры тяжести сечений, но не располагаются только в одной главной центральной плоскости инерции. Если все силы располагаются в одной центральной (но не главной) плоскости инерции сечения, косой изгиб называется плоским (рис.4.1.а), в противном случае – пространственным (рис.4.1.б). Раскладывая нагрузки по главным направлениям и используя принцип суперпозиции, представим НДС при косом изгибе как сумму НДС при двух прямых изгибах.

Рис. 4.1 Тогда нормальные напряжения в точках поперечного сечения (рис.4.2) определятся соотношением: M ⋅ y My ⋅ z σ(y, z) = z + (4.1) , Iz Iy

где M z = M ⋅ cos α; M y = M ⋅ sin α ; M – общий изгибающий момент в сечении,

62

α - угол наклона плоскости общей изгибающей пары к плоскости YOX. y, z – координаты точки, где определяется напряжение.

Формула (4.1) может быть записана в виде: y ⋅ cos α z ⋅ sin α σ(y, z) = M( + ) Iz Iy

(4.2)

Из условия σ(y n , z n ) = 0 , где уn и zn – координаты точек, лежащих на нейтральной оси, из (4.2) получим линейное уравнение нейтральной оси: y n cos α z n sin α + =0 (4.3) Iz Iy Отсюда: I ⋅ sin α ⋅ zn (4.3`) yn = − z I y ⋅ cos α Так как уn=0, zn=0 удовлетворяют (4.3’), нейтральная ось – прямая, проходящая через центр тяжести сечения. Угол наклона ϕ нейтральной оси к оси z (рис 4.2) находится из соотношения: I (4.4) tgϕ = − z tgα Iy Проверка прочности при косом изгибе проводится, как правило, по нормальным напряжениям. Для выявления наибольших растягивающих и сжимающих нормальных напряжений

63

необходимо выбрать опасное (или подозрительно на опасное) сечение. Если модули изгибающих моментов |My|, |Mz| достигают наибольших значений в одном сечении, то это сечение и есть опасное: М Y max =M, М z max =Mzоп. К подозрительным на опасные относятся сечения , где один из моментов – |My| либо |Mz| достигают наибольшего значения или близки к максимальным, а другой может быть и меньше. При косом изгибе, как и при прямом, нейтральная ось делит сечение на две зоны – зону растяжения и зону сжатия. Для прямоугольного сечения эти зоны показаны на рис. 4.3. На этом рисунке p-p –след плоскости действия общей изгибающей пары М. Для выявления экстремальных растягивающих и сжимающих напряжений необходимо провести касательные к сечению в зонах растяжения и сжатия, параллельные нейтральной оси (рис. 4.3). Наиболее удаленные от нейтральной оси точки касания D1 и D2 – опасные в зонах растяжения и сжатия. Если расчетные сопротивления материала стержня при растяжении Rt и сжатии Rc равны между собой, т. е. Rt = Rc = R (пластичные материалы), то в опасном сечении выявляется σ max и условие прочности имеет вид:

σ max = max(σD1 ,| σD2 |) ≤ R .

(4.5)

Для сечений, имеющих явные опасные точки по углам, когда |y|оп=|y|max, |z|оп=|z|max (прямоугольное сечение, двутавровое сечение и т.п.) условие прочности (4.5) можно представить в виде: M Z оп | M Y |оп σ max = + ≤ R. (4.6) WZ WY или: W ⎞ 1 ⎛ (4.6`) σ max = ⎜⎜ M z оп + M y оп ⋅ z ⎟⎟ ≤ R Wz ⎝ Wy ⎠ Если Rt ≠ Rc , (хрупкие материалы), то составляются два условия: сж σраст |max=| σD2 | ≤ Rc (4.7) max = σ D1 ≤ R t ; | σ

64

Рис. 4.3. В выражениях (4.5), (4.7), σD1 , σD2 - нормальные напряжения в опасных точках D1 и D2. Для их определения необходимо найти координаты точек y(D1), z(D1), y(D2), z(D2), и далее воспользоваться формулой (4.1). Тогда условия прочности будут иметь вид:

65

σ

pаст max

σсж

=

max

M оп Z

⋅y

Iz

=

M

оп Z

Iz

D1

+

M оп y Iy

⋅ y D2 +

⋅ z D1 ≤ R t ;

M оп y Iy

(4.8)

⋅ z D2 ≤ R c .

Перемещения сечений при косом изгибе определяются как геометрическая сумма перемещений, соответствующих составляющим прямым изгиба. Например общий прогиб (рис 4.4) равен: f = v2 + w 2 Аналогично общий угол поворота:

(4.9)

θ = θ2Y + θ2Z . (4.10) Условия жесткости записываются в виде: f max ≤ [ f ] ; θmax ≤ [ θ] (4.11) Полученные соотношения (4.1) – (4.11) позволяют решать 2 разновидности задач расчета: поверочную; проектную (назначение размеров сечений или допускаемых величин нагрузок). При этом для однозначного решения проектных задач подбора сечений зачастую необходимо предварительно задаваться соотношением размеров сечения (например, величиной b/h для прямоугольного сечения (рис. 4.3)), либо отношением моментов инерции IY/IZ или моментов сопротивления WY/WZ, характерным для сечения проката. В качестве дополнительного условия при подборе сечения может выступать также требование минимума расхода материала. Примеры расчетов на прочность при косом изгибе. ПРИМЕР 4.1 Требуется Подобрать размер поперечного сечения балки, изображенной на рис.4.5а. Принять - R = 14 МПа .

66

h=2b

Рис. 4.5 РЕШЕНИЕ 1.Строим эпюры изгибающих моментов. При этом удобнее эпюры М построить в каждой плоскости отдельно (МZ и Мy ) и общую эпюру изобразить в аксонометрии на одном рис. 4.5 б. Из этой эпюры видно, что опасное сечение будет в защемлении, на левом конце балки. Получаем: оп

оп

MZ = 20кН ⋅ м, M Y = 15кН ⋅ м. В этом случае (поперечное сечение в виде прямоугольника), условие прочности запишем в виде (4.6)`: 1 ⎛ оп оп WZ ⎞ σ max = ⎜ MZ + MY ⋅ ⎟ ≤ R. WZ ⎝ WY ⎠

Отсюда находим при σ max = R :

⎛ ⎜ MZ тр WZ = ⎝

оп

+ MY R

оп

⋅

WZ ⎞ ⎟ WY ⎠ .

Для прямоугольного сечения имеем - y max =

67

(4.13) h b ; z max = ; 2 2

WZ =

IZ bh 3 bh 2 = = ; y max 12 ⋅ h 2 6

WY =

IY hb3 hb 2 = = ; z max 12 ⋅ b 2 6

Тогда отношение

WZ bh 2 ⋅ 6 h = = WY 6 ⋅ hb 2 b

Определим, WZтр используя формулу (4.13) при WZтр = (20 + 15 ⋅ 2)

h =2: b

= 3,57 ⋅ 10−3 м3 = 3570см3 . 14 ⋅ 103 Здесь WZтр – требуемое значение осевого момента сопротивления. Из условия: Wzтр = Wz , найдем размер сечения b . b ⋅ h 2 b ⋅ (2b) 2 = . 6 6 Отсюда b = 17,5 см; h = 2b = 35 см. Проверим прочность подобранного сечения. b ⋅ h 2 17,5 ⋅ 352 = = 3573см 3 ; WZ = 6 6 h ⋅ b 2 35 ⋅ 17,5 = = 1786,5см 3 ; WY = 6 6 1 ⎛ оп оп WZ ⎞ σ max = ⎜ MZ + MY ⋅ ⎟= Wz ⎝ WY ⎠ 3570см3 =

1 3573 ⎞ ⎛ = 14 ⋅ 103 кПа = R 20 + 15 ⋅ 3573 ⋅ 10−6 м3 ⎜⎝ 1786,5 ⎟⎠ Условие прочности выполняется. =

ПРИМЕР 4.2. Требуется:

68

Подобрать номер двутавра для балки, изображенной на рис.27а, при R = 200 МПа, α = 20o .

Рис.4.6 РЕШЕНИЕ 1. Строим эпюру М и определяем изгибающий момент в опасном сечении. Из эпюры М (рис.4.6, в) видно, что опасное сечение находится по середине балки и M max = 8,75кН ⋅ м . 2. Запишем условие прочности при косом изгибе при наличии двух осей симметрии поперечного сечения по формуле (4.6): оп оп M M σ max = Z + Y ≤ R. WZ WY Но, M Z

оп

= M max cos α;

MY

оп

= M max sin α.

После подстановки этих выражений в условие прочности и выноса за скобки выражения M max Wz , получим условие прочности в следующем виде: M max ⎛ WZ σ max = ⎜ cos α + sin α ⋅ Wz ⎝ WY Отсюда получаем при σ max

⎞ ⎟ ≤ R. ⎠ =R:

69

M max ⎛ WZ ⎞ ⎜ cos α + sin α ⋅ ⎟. R ⎝ WY ⎠ Таким образом, для определения требуемого момента сопротивления при косом изгибе, нужно знать отношение осевых моментов сопротивления сечения Wz Wy . Wzтр =

Согласно таблице сортаментов для прокатных двутавров, эта величина находится в пределах от 6 до 15. Подберем двутавр при WZ WY = 6. Предварительно найдем cos 200 = 0,94 ; sin 200 = 0,342. 8,75 Wzтр = ( 0,94 + 0,342 ⋅ 6 ) = 130,9см3 200 ⋅ 103 По сортаменту (ГОСТ 8239–89) находим ближайший двутавр – №18, который имеет Wz = 143 см 3 . Подберем двутавр при WZ WY = 15. 8,75 WZтр = 0,94 + 0,342 ⋅ 15 ) = 265,6см 3 . 3 ( 200 ⋅ 10 По сортаменту находим двутавр №24, Wz = 289 см3 . Таким образом, необходимый нам двутавр находится среди следующих номеров: 18, 20, 22, 24. Проверим прочность двутавра №20: Для этого двутавра из сортамента находим: Wz = 184см3 ; Wy = 23,1см3 . Тогда Wz Wy = 184 23,1 = 7,97. Определим максимальное напряжение: 8,75 σ max = ( 0,94 + 0,342 ⋅ 7,97 ) = 174,32 ⋅103 кПа < R. 184 ⋅ 10−6 м3 Имеет место недонапряжение, определим его в процентах: σ −R 174,32 − 200 Δσ% = max ⋅ 100% = = −12,84%. R 200 Проверим прочность меньшего двутавра 18: Для этого двутавра из сортамента находим:

70

Wz = 143см3 ; Wy = 18, 4см3 . Тогда - Wz Wy = 143 18, 4 = 7,77. 8,75 0,94 + 0,342 ⋅ 7,77 ) = 220,1 ⋅ 103 кПа > R. Оп −6 3 ( 143 ⋅ 10 м ределим процент перенапряжения: σ −R 220,1 − 200 Δσ% = max ⋅ 100% = = 10,05% > 5%. R 200 Имеет место недопустимое перенапряжение, поэтому окончательно принимаем двутавр №20, прочность которого была проверена (недонапряжение –12,84%). σmax =

ПРИМЕР 4.3. Требуется. Определить размер сечения δ для балки, изображенной на рис. 4.7 из условия прочности при косом изгибе, при R=200 МПа и построить эпюру нормальных напряжений в поперечном сечении. РЕШЕНИЕ 1. Строим эпюру изгибающих моментов и определяем положение опасного сечения – оно будет в сечении у заделки : Mz

оп

= 20кН ⋅ м;

My

оп

= 15кН ⋅ м.

(Эпюры изгибающих моментов строим в каждой плоскости по отдельности и изображаем на одной оси в аксонометрии, рис. 4.7 в). 2. Строим нейтральную линию (рис. 4.8) а) Определяем положение центра тяжести сечения и величину главных центральных моментов инерции сечения - I z , I y .

71

Рис. 4.7 yc =

∑S ∑A

z′

=

A1 y1 + A 2 y 2 30δ ⋅ δ ⋅ 15,5δ + 20δ ⋅ δ ⋅ 0 = = 9,3δ A1 + A 2 30δ ⋅ δ + 20δ ⋅ δ

30δ δ + = 15.5δ ; у2=0, т. к. Z2 совпадает с произволь2 2 ной осью Z`. б) Определим осевые моменты инерции сечения отностиельно главных центральных осей Z и У. Эти оси главные, т. к. ось У является осью симметрии. I z = I z1 + y 012 ⋅ A1 + I z 2 + y 02 2 ⋅ A 2 ;

Здесь y1 =

I y = I y1 + z 012 ⋅ A1 + I y2 + z 02 2 ⋅ A 2 ; b1 ⋅ h13 δ ⋅ (30δ)3 30δ ⋅ δ3 = = 2250δ 4 ; I y1 = = 2,5δ 4 ; 12 12 12 b 2 ⋅ h 32 20δ ⋅ δ3 δ ⋅ (20δ)3 = = 1,7δ 4 ; I y1 = = 667δ4 ; Iz 2 = 12 12 12 y01 = y1 − yc = 15,5δ − 9,3δ = 6, 2δ; A1 = 30δ2 I z1 =

y02 = y 2 − yc = 0 − 9,3δ = −9,3δ;

72

A 2 = 20δ 2

I z = 2250 ⋅ δ4 + (6, 2) 2 ⋅ δ 2 ⋅ 30 ⋅ δ 2 + 1,7 ⋅ δ 4 + (−9,3) 2 ⋅ δ 2 20 ⋅ δ 2 = = 5137 ⋅ δ 4 Iy=2,5 δ 4+667 δ 4=669,5 δ 4.

Рис. 4.8 в) Определим тангенс угла наклона нейтральной линии в опасном сечении к центральной оси Z : I 5137δ4 tgϕ = tgα ⋅ z = 0,75 ⋅ = 5,75; ϕ = 80o Iy 669,5δ 4 | M y |оп

15 = 0,75 , α = 37 0 | Mz | 20 Здесь α - угол между осью У и следом плоскости равнодействующего момента в опасном сечении (см. рис. 4.8). г) Откладываем угол ϕ = 80o от оси Z в том же направлении, что α и проводим нейтральную линию. (см. рис. 4.8). Из рисунка видно, что от нейтральной линии наиболее удалена точка «А». Поэтому она и будет опасной точкой. Выпишем координаты опасной точки: tgα =

оп

=

73

z оп = z A = 10δ; y оп = y A = −(9,3δ + 0,5δ) = −9,8δ Запишем условие прочности для опасной точки «А» в следующем виде:

σmax =

Mz

оп

оп

⋅ yА +

My

оп оп

⋅ zА ≤R

(4.12) Iz Iy Подставим в это уравнение известные числовые значения и из условия σ max = R определим требуемую величину δ .

20 15 ⋅ 9,8δ + ⋅ 10δ = 200 ⋅ 103 кПа 4 4 5137δ 669,5δ Отсюда находим - δ = 1,095 ⋅ 10-2 м = 1,095см Округляя принимаем - δ = 1,1см Определим напряжения в характерных точках поперечного сечения – в точках А, В, D. Выпишем координаты этих точек: z A = −10δ = −101,1 = −11см = −0,11м, y A = −9,8δ = −9,8 ⋅ 1,1 = −10,78 см = −0.1078м, z B = 0,5δ = 0,5 ⋅ 1,1 = 0,55см = 0,0055м. y B = (y01 + 15δ) = 6, 2δ + 15δ = 21, 2 ⋅ 1,1 = 0,2332 м. z D = 10δ = 10 ⋅ 1,1 = 11см = 0,11м. y D = −8,8δ = −8,8 ⋅ 1,1 = −9,68см = - 0.0968 м Для определения напряжения в указанных точках воспользуемся формулой (4.1.): My M σ= z ⋅y+ ⋅z Iz Iy Предварительно определим значения главных центральных моментов инерции: I z = 5137δ4 = 5137 ⋅ 1,14 = 7521см 4 = 7521 ⋅ 10-8 м 4

I y = 669,5δ4 = 669,5 ⋅ 1,14 = 980см 4 = 980 ⋅ 10-8 м 4 Определяем напряжения в наиболее удаленных от нейтральной линии точках «А»,«D» при M z = 20кНм и

74

M y = 15кНм (Изгибающие моменты берем положительными, т. к. они вызывают растяжение в точках сечения с положительными координатами). My M 20 σА = z ⋅ y А + ⋅ zА = ⋅ (−0,1078) + Iz Iy 7521 ⋅ 10−8 15 ⋅ (−0,11) = −28,66 ⋅ 103 − 168,36 ⋅ 103 = 980 ⋅ 10−8 = −197,02 ⋅ 103 кПа; σD =

My Mz 20 ⋅ yD + ⋅ zD = ⋅ (−0,0968) + Iz Iy 7521 ⋅ 10−8

15 ⋅ 0,11 = −25,74 ⋅ 103 + 168,37 ⋅ 103 = 142,63 ⋅ 103 кПа 980 ⋅ 10−8 Определим напряжение еще в одной характерной точке «В» My M 20 σВ = z ⋅ y В + ⋅ zВ = ⋅ 0, 2332 + Iz Iy 7521 ⋅ 10−8 15 ⋅ 0,0055 = 62,01 ⋅ 103 + 8, 42 ⋅ 103 = 70, 43 ⋅ 103 кПа −8 980 ⋅ 10 Рядом с поперечным сечением строим эпюру нормальных напряжений σ , для чего: - проводим касательные к контуру сечения к нейтральной линии; - проводим перпендикуляр к этим линиям и на этом перпендикуляре откладываем значения полученных напряжений и строим эпюру σ (рис. 4.8); Наибольшее по модулю напряжение получилось в точке «А» и оно меньше расчетного сопротивления R : σmax = σ A = 194, 25 МПа < R (Условие прочности выполняется.) +

75

4.3. Внецентренное растяжение-сжатие жестких прямых стержней

Внецентренным растяжением (или сжатием) называется сопротивление прямого стержня действию сил, параллельных продольной оси стержня, но не проходящих через центры тяжести сечений. В том случае, когда влияние дополнительных изгибающих моментов, связанных с искривлением продольной оси стержня, можно пренебречь, стержень считается жестким. Например, к таким стержням относятся колонны нижних этажей в каркасах многоэтажных зданий, столбчатые фундаменты, опоры мостов, простенки и др. В данном разделе будем рассматривать случай внецентренного растяжения - сжатия жестких стержней, при котором считается справедливым принцип суперпозиции (независимости действия сил). Выделим участок стержня, подвергнутого внецентренному растяжению силами F вдоль линии КК1, (рис. 4.9). В данной постановке при расчете по недеформированной схеме напряженнодеформируемое состояние стержня является суммой напряженно-деформируемых состояний осевого растяжения и чистого косого изгиба. В рассматриваемом случае в поперечных сечениях бруса возникают отличные от нуля 3 внутренних силовых фактора: продольная сила N=F и изгибающие моменты относительно главных осей Y и Z: M y = F ⋅ ZF , M z = F ⋅ YF . Общие нормальные напряжения в точках поперечного сечения стержня с координатами (у, z) определяются как сумма напряжений от указанных силовых факторов следующим выражением: F M ⋅ y M y ⋅ z F ⎛ yF ⋅ y zF ⋅ z ⎞ σ(y, z) = + z + = ⎜1 + 2 + 2 ⎟ , (4.13) A IZ IY A ⎜⎝ iz i y ⎟⎠ где i y =

Iy A

; iz =

Iz - главные радиусы инерции сечения. A

76

Уравнение нейтральной оси σ(y n , z n ) = 0 с учетом (4.13) запишется в виде: y ⋅y z ⋅z 1+ F 2 n + F 2 n = 0 , (4.14) iz iy т. е. нейтральная линия – прямая, не проходящая через начало координат. Здесь уn , zn – координаты точек нейтральной линии.

Для практического использования удобно представить уравнение нейтральной линии в отрезках ау , аz , отсекаемых ею на осях координат Y, Z. Пусть zn=0, тогда из (4.14) получим: 2 i yo = a Y = − Z 2 ; yF (4.15) iY 2 aZ = − ; аналогично: zF Так как зависимость (4.13) для нормальных напряжений – линейная, то линии уровней (линии в точках которых нормальные напряжения имеют одинаковые значения) – прямые, параллель-

77

ные нейтральной оси. Для выявления напряжений в точках поперечного сечения достаточно построить эпюру σ в направлении, перпендикулярном нейтральной оси (рис. 4.10). Экстремальные значения в зонах растяжения и сжатия достигаются в точках D1(yD1, zD1 ), D2(yD2, zD2 ), в точках наиболее удаленных от нейтральной оси. В данном случае в элементах объема реализуется линейное напряженное состояние. Поэтому условия прочности сводятся к проверкам по максимальным нормальным напряжениям. Если расчетные пределы Rt=Rс=R, (материал пластичный) и h1>h2, то условия прочности имеют вид: z ⋅z ⎞ F ⎛ y ⋅y σ max = σ D1 = ⎜1 + F 2 D1 + F 2 D1 ⎟ ≤ R (4.16) A⎝ iZ iY ⎠ При Rt ≠ RC (материал хрупкий) составляются два условия прочности: z ⋅z ⎞ F ⎛ y ⋅y σраст = σ D1 = ⎜1 + F 2 D1 + F 2 D1 ⎟ ≤ R t max A⎝ iZ iY ⎠ (4.17) F ⎛ y F ⋅ y D2 z F ⋅ z D2 ⎞ сж σ = σ D2 = ⎜1 + + ⎟ ≤ Rс max A⎝ i 2Z i 2Y ⎠ Условия (4.16), (4.17) служат для решения различных видов задач: поверочная (проверка прочности); проектная (подбор сечения); проектная (подбор нагрузок); определение предельных нагрузок. ПРИМЕР 4.4 Дано. В точке В поперечного сечения жесткой стойки приложена сжимающая сила F (см. рис. 4.11). Rt=0,25 МПа, Rc=2,5 МПа. Требуется. 1. Построить нейтральную линию. 2. Определить допускаемое значение силы [F]. 3. Построить эпюру нормальных напряжений.

78

РЕШЕНИЕ 1.Определим центр тяжести сечения. В начале сечение разобьем на 3 фигуры: 1, 2, 3. Как известно, если имеется ось симметрии, то центр тяжести находится на этой оси. Проведем ось симметрии У, которая является одной из главных центральных осей инерции сечения. Положение другой центральной оси Z определим с помощью расстояния yс от произвольно взятой оси Z′, определяемого по формуле: A y + A 2 y 2 − A 3 y3 S y с = Z′ = 1 1 . A A1 + A 2 − A 3 Здесь Ai – площади простых фигур; yi – расстояния от произвольно взятой оси Z′ до центральных осей простых фигур. Пусть в данном примере произвольная ось Z’ проходит по касательной к сечению снизу (см. рис. 4.11). 40 40 = 600 см2; A 2= 60 ⋅ 40 = 2400 см2; A 3= 15 ⋅ = 300 см2 A 1= 30 ⋅ 2 2 A=A1 +A2 –A3=600+2400-300=2700 см2 30 60 15 y2= =30см; y3= =5см. y1=60 + =70см; 3 2 3 600 ⋅ 70 + 2400 ⋅ 30 − 300 ⋅ 5 112500 y c= = = 41,67 см 2700 2700 2. Определим главные центральные моменты инерции сечения. Т.к. ось У является осью симметрии всего сечения, оси Z и У являются главными центральными осями заданного сечения.

79

2 2 2 I Z = (I Z1 + y01 A1 ) + (I Z2 + y02 A 2 ) − (I Z3 + y 03 A 3 ). 2 2 2 I У = (I y1 + z 01 A1 ) + (I y2 + z 02 A 2 ) − (I y3 + z 03 A 3 ).

Здесь I Zi и I yi –собственные моменты инерции простых фигур относительно своих центральных осей; y0i и z0i – расстояния от центральных осей всей фигуры до соответствующих осей простых фигур. Определим эти величины. 40 ⋅ 303 30 ⋅ 403 I z1 = = 30000 см4; I y1 = = 40000 см4; 36 48 40 ⋅ 603 60 ⋅ 403 Iz 2 = = 720000 см4; I y2 = = 320000 см4; 12 12 40 ⋅ 153 15 ⋅ 403 I z3 = = 3750 см4; I y3 = = 20000 см4. 36 48 y01 = y1 − yc = 70 − 41,67 = 28,33 см; z 01 = z 02 = z 03 = 0 ; y02 = y 2 − yc = 30 − 41,67 = −11,67 см; y03 = y3 − y c = 5 − 41,67 = −36,67 см. Подставим все найденные величины в уравнения для определения IZ и IУ: I Z = (30000 + 28,332 ⋅ 600) + (720000 + (−11,67) 2 ⋅ 2400) − −(3750 + (−36,67) 2 ⋅ 300) = 113,135 ⋅ 104 см4. I Y = (40000 + 320000 − 20000) = 34 ⋅ 104 см4. 3. Определим квадраты главных центральных радиусов инерции сечения. I 113,135 ⋅ 104 iZ2 = Z = = 419 см2; A 2700 I 34 ⋅ 104 iУ2 = У = = 126 см2. A 2700 4. Построим нейтральную линию, для чего определим отрезки, отсекаемые нейтральной линией на осях координат, принимая координаты точки «В» за координаты точки приложения силы – z F = z B = 20 см; y F = y B = 18,33 см.

80

2

i 126 aZ = − Y = − = −6,3 см; zF 20 i Z2 419 =− = −22,9 см. yF 18,3 Отложим отрезки a z и a y на соответствующих осях и через aY = −

полученные точки проведем нейтральную линию (см. рис. 4.11). Эта нейтральная линия делит площадь поперечного сечения на две зоны – растянутую и сжатую. 5. Проведем касательные к сечению, параллельные нейтральной линии. Точки касания этих линий и определяют положение опасных точек с координатами: В растянутой зоне – это точка “А” z A = z on P = −20 см; y A = y on P = −41,67 см. В сжатой зоне – точка “В” z B = z on c = 20 см; y B = yon c = 18,33 см. 6. Из условий прочности (4.18) и (4.19) найдем значение допускаемой силы [F]: y y P z z P F P σ max = − (1 + F 2on + F on ) ≤ RP ; A iZ iY 2 c

σ max = −

y yс z zс F (1 + F 2 оп + F 2 оп ≤ R c . A iz iy

Здесь: yF ,zF – координаты точки приложения силы F; р р y оп , z оп – координаты опасной точки в растянутой зоне; y соп , z соп – координаты опасной точки в сжатой зоне. Принимая правые части этих условий со знаком равенства, вычислим значения допускаемой силы два раза – из условия прочности в растянутой зоне и из условия прочности в сжатой зоне: A ⋅ RP P = [ F] = y F ⋅ yon P z F ⋅ z on P 1+ + iZ2 iY2

81

=

[ F]

c

=

2700 ⋅ 10−4 м 2 ⋅ 0, 25 ⋅ 103 кПа 67,5 = = 16,92кН 18,33 ⋅ (−41,67) 20 ⋅ (−20) 3,99 + 1+ 419 126

A ⋅ Rc = y F ⋅ y on c z F ⋅ z on c + 1+ iZ2 iY 2

2700 ⋅ 10−4 м 2 ⋅ 2,5 ⋅ 103 кПа 675 = = 135,54кН 18,33 ⋅ 18,33 20 ⋅ 20 4,98 + 1+ 419 126 Из двух найденных значений [F] окончательно принимаем меньшую силу - [F] = 16,92 кН. 7. Найдем нормальные напряжения в опасных точках “А” и “В” от допускаемой силы [F] = 16,92 кН. y ⋅y z ⋅z F σA = − (1 + F 2 A + F 2 A ) = A iZ iY 16,9кН 18,33 ⋅ (−41,67) 20 ⋅ ( −20) =− (1 + + ) = 0, 25 ⋅ 103 кПа ; −4 2 2700 ⋅ 10 м 419 126 =

y ⋅y z ⋅z F (1 + F 2 В + F 2 B ) = A iZ iY = 16,6кН 18,33 ⋅ 18,33 20 ⋅ 20 − (1 + + ) = −0,31 ⋅ 103 кПа. −4 2 2700 ⋅ 10 м 419 126 Используя полученные значения напряжений, построим эпюру σ (см. рис.4.11). σB = −

4.3.1 Ядро сечения

Для материалов, плохо сопротивляющихся растяжению (чугун, бетон, кирпич, и др.), желательно прикладывать продольную сжимающую нагрузку таким образом, чтобы отсутст-

82

вовала растянутая зона. Это условие выполняется, если продольная нагрузка F приложена в пределах ядра сечения. Таким образом, ядром сечения называется область вокруг центра тяжести сечения, обладающая следующим свойством: продольная нагрузка, приложенная в пределах этой области, вызывает во всех точках поперечного сечения напряжения одного знака. При постоянстве знака напряжений во всем сечении нейтральная ось не пересекает сечения (в предельном случае - касается). Это обстоятельство определяет алгоритм построения ядра сечения. Пусть нейтральная ось касается поперечного сечения, а величины a y , a z - отрезки, отсекаемые такой нейтральной осью на осях координат. Тогда из (4.15) следует выражение для соответствующих координат yFЯ, zFЯ точек приложения нагрузки F (эти точки лежат на границе ядра сечения): i 2y i2 y FЯ = − Z ; z FЯ = − (4.18) ay az Алгоритм построения ядра сечения заключается в следующем 1. Сечение описывается семейством n касательных; для каждой i-той касательной, i=1, 2, …, n, определяются величины a yi , a zi отрезков, отсекаемых ею на осях координат. 2. По формулам (4.18) определяются координаты yFяi, zFяi точек границы ядра сечения. 3. Полученные точки соединяют, замыкая границы ядра сечения. Анализируя приведенный алгоритм и соотношения (4.14), (4.18), нетрудно показать, что: 1) ядро сечения – выпуклая фигура; 2) при вращении нейтральной оси вокруг точки (полюса), граница ядра сечения – прямая; 3) ядро сечения выпуклого n-угольника также выпуклый n-угольник.

83

Опуская вычисления, приведем данные для некоторых простых фигур: 1) ядро сечения прямоугольника со сторонами bxh - ромб с b h размерами по диагоналям x (рис. 4.12); ромбом яв3 3 ляется также ядро сечения двутавра (рис 4.14); 2) ядро сечения круга с диаметром d – круг с диаметром d/4 (рис. 4.13),

В заключение рассмотрим пример построения ядра сечения для более сложной фигуры. ПРИМЕР 4.5. Требуется. Для сечения, заданного в решенном ранее примере 4.4, построить ядро сечения (рис. 4.15). РЕШЕНИЕ 1. Проводим нейтральные линии, являющиеся касательными к сечению – 1-1, 2-2, 3-3, 4-4, 5-5.

84

2. Для каждой из этих нейтральных линий по чертежу найдем отрезки, которые они отсекают на осях координат. Нейтральная линия 1-1. a Z(1) = −(20 + х) Из подобия треугольников «abc» и «dae», (рис. 4.15) находим: 18,33 30 ; отсюда нахо= x 20 18,33 ⋅ 20 = 12, 22 см. дим x = 30 a Z(1) = −(20 + 12, 22) = −32, 22см. a Y (1) = (18,33 + 30) = 48,33см. Нейтральная линия 2-2. a Z( 2) = (20 + 12, 22) = 32, 22 см a Y ( 2) = (18,33 + 30) = 48,33 см. Нейтральная линия a Z( 3) = 20 см;

a Z( 4) = ∞ ;

a у( 4)

Нейтральная линия 5-5. a Z( 5) = −20 см;

3-3.

a Y ( 3) = ∞ Нейтральная линия 4-4. = −41,67 см. a у ( 5) = ∞ .

Используя эти отрезки, найдем координаты точек приложения сил, т.е. координаты точек контура ядра сечения. Квадраты главных радиусов инерции сечения были определены в предыдущем примере 4.4 iZ2 = 419 см; iу2 = 126 см. i 2y 126 419 = 3,91 см; y Fя1 = − = −8,67 см. Т.1. z Fя1 = = − az −32, 22 48,33 126 419 z Fя2 = − = −3,91 см; y Fя2 = − = −8,67 см; Т.2. 32, 22 48,33

85

126 419 = −6,3 см; y Fя3 = − =0. 20 ∞ 126 419 Т.4. y Fя4 = − = 10,06 см; z Fя4 = − =0; −41,67 ∞ 126 419 z Fя5 = − = 6,3 см; y Fя5 = − = 0. Т.5. −20 ∞ По этим координатам находим точки 1, 2, 3, 4, 5 контура ядра сечения. В данном примере найденные точки соединяем прямыми линиями, т.к. нейтральные линии – касательные при переходе из одной грани к другой поворачивались вокруг точки на контуре сечения. Т.3.

z Fя3 = −

4.4. Изгиб с кручением прямых стержней

В случае изгиба с кручением прямых стержней силы взаимодействия между частицами материала суммируются в поперечных сечениях к крутящему моменту Mt=Mx, изгибающим моментам My, Mz и поперечным силам Qy, Qz (Х–продольная ось стержня, У, Z – главные центральные оси поперечных сечений). При расчетах на прочность стержней круглого и круглого трубчатого поперечных сечений нет необходимости рассматривать косой изгиб и удобно находить общий изгибающий момент: Mв = M 2y + M 2z

(4.19)

Величины касательных напряжений от изгиба в таких стержнях, как правило, значительно меньше касательных напряжений, связанных с кручением. Поэтому их влиянием в данном случае пренебрегаем. Эпюры нормальных напряжений, связанных с изгибом, и касательных напряжений от кручения в поперечных сечениях имеют аналогичный вид. (см. рис. 4.16). Максимальные напряжения возникают в точках, лежащих на контуре сечений, и равны соответственно: M M σ max = в ; τmax = t (4.20) W WP

86

В формулах (4.20) W, WP=2W – осевой и полярный моменты сопротивления сечения.

Рис. 4.16 Для круглого сечения: π ⋅ d3 W= , (4.21) 32 Для круглого трубчатого сечения: π ⋅ d 3ext W= (1 − c 4 ), (4.22) 32 d где c = int ; d ext d int , d ext – внутренний и внешний диаметры трубы. Опасные сечения стержня выявляются после построения эпюр Mt, Mв. При постоянных по длине стержня размерах поперечных сечений наиболее опасным будет сечение, в котором величины Mt, Mв значительны. Пусть при рассмотрении опасного (или подозрительном на опасное) сечения плоскость YOX – плоскость изгиба. Тогда т.1, лежащая на контуре, - наиболее опасная. Так как в данном случае реализуется плоское напряженное состояние, то величины главных напряжений σ1 , σ3 определяются из соотношения: σ 1 σ1,3 = ± σ 2 + 4τ 2 (4.23) 2 2

87

Для пластичных материалов при использовании третьей теории прочности условие прочности имеет вид: 1 σ(3) σ 2 + 4τ 2 = M в2 + M 2t ≤ R , (4.24) р = σ1 − σ3 = W где R – расчетное сопротивление материала стержня. При использовании энергетической (четвертой) теории прочности условия прочности приводятся к виду: 1 σ(4) M в2 + 0,75M 2t ≤ R (4.25) р = W Учитывая аналогию в соотношениях (4.24) (4.25), можно ввести в рассмотрение так называемый расчетный момент Mdes. Тогда условие прочности по любой теории прочности имеет стандартный вид: M σ р = des ≤ R (4.26) W Причем, как было показано выше, согласно третьей теории прочности: M (3) M В2 + M 2t des =

(4.27)

а по четвертой теории прочности: M (4) M в2 + 0,75M 2t (4.28) des = Условие (4.26) позволяет решать 3 следующих типа задач: 1. Проверочная задача, т.е. проверка прочности при изгибе с кручением – проверка выполнения условия (4.26). 2. Проектная задача, т.е. подбор сечения. Для подбора сечения необходимо: - построить эпюры изгибающих и крутящих моментов; - найти опасное сечение и определить расчетный момент М des , как наибольший для даннго бруса; - из формулы (4.26), определяем требуемый момент сопротивления сечения. M Wтр ≥ des ; (4.29) R - определим неизвестный диаметр из условия:

88

W = Wтр . Здесь W – осевой момент сопротивления сечения, выражается по формуле (4.21) (для круглого сплошного сечения) или (4.22) (для трубчатого сечения). 3.Определение допускаемого значения расчетного момента по формуле: [ M des ] = W ⋅ R , а далее – допускаемых значений параметров нагрузки. Эпюры напряжений, соответствующие изгибу с кручением стержня прямоугольного сечения, представлены на рис. 4.17.

γ

Mt αhb 2

Mt αhb 2

Рис 4.17 При расчете стержня на прочность можно выделить две группы точек, подозрительных на опасные. В точках 1, 3, 6, 8 реализуется линейное напряженное состояние, и условия прочности по всем теориям прочности заключаются в проверке по максимальным нормальным напряжениям (см. косой изгиб стержня). В точках 2, 4, 5, 7 реализуется плоское напряженное состояние. С учетом касательных напряжений от изгиба (эпюра τв ) условия прочности по третьей теории прочности запишутся: т.4 (или т.5)

89

⎛ My ⎜⎜ ⎝ Wy

2

2 ⎞ 3 Qz ⎞ ⎛ Mt + ≤R; ⎟⎟ + 4 ⎜ 2 2 bh ⎟⎠ ⎝ αhb ⎠

(4.30)

т.2 (или т.7) 2

2

⎛ Mz ⎞ ⎛ Mt 3 Qy ⎞ + (4.30’) ⎜ ⎟ + 4⎜ γ ⎟ ≤R 2 2 bh ⎠ ⎝ αhb ⎝ Wz ⎠ где α, γ -коэффициенты Сен-Венана (определяются по таблице с учетом отношения h/b). На основе соотношений (4.30), (4.30’) можно решать все три вида упомянутых выше задач расчета: поверочную; проектную (подбор сечения); подбор допускаемых нагрузок. Расчеты на жесткость стержней при изгибе с кручением относят к конкретным сооружениям. При рассмотрении конструкций балочного типа (прямой стержень, закрепленный линейными и угловыми связями) расчет на жесткость проводят отдельно при косом изгибе балок и отдельно при кручении прямого стержня (см. 4.2, [9, 12]). ПРИМЕР 4.5 Требуется. Для ломаного бруса, изображенного на рис.4.18 а, подобрать диаметр (сечение бруса круглое сплошное). R=200 МПа. РЕШЕНИЕ 1. Строим эпюры изгибающих и крутящих моментов. При вычислении изгибающих моментов в брусьях с ломаной в пространстве осью или когда линии действия внешних сил не лежат в плоскости, в которой лежат оси ломаного стержня, введем следующее правило знаков: Изгибающий момент будем считать положительным, если он вызывает растяжение в точках сечения с положительными координатами. Поэтому знаки изгибающих моментов будут зависеть от того, куда направлены стрелки на осях координат.

90

При составлении уравнений внутренних усилий введем местную систему координат, когда начало координат принимаем в начале рассматриваемого участка, ось «Х» обязательно направляем вдоль продольной оси бруса. Тогда изгибающий и крутящий моменты будут обозначаться так: МX = Мt – крутящий моМZ и МY – изгибающие моменты; мент. На грузовом участке 1 крутящий момент отсутствует, т.к. в рассматриваемой части бруса (справа от сечения) единственная сила F1 пересекает продольную ось бруса ось Х (рис.4.19, а). Изгибающий момент на этом участке дает только сила F в горизонтальной плоскости относительно оси Z с плечом x1: 2

Х1

1

Х2

Х3 3

M

(1) Z

Рис.4.18 x1 = 0, = F ⋅ x1 = 25x1 ;

M (1) Z =0;

x1 = 1 м; M (1) Z = 25 кН⋅м; (растягиваются передние волокна, поэтому при построении эпюры МИ эту ординату откладываем вперед вдоль оси У, в глобальной системе координат см рис.4.18, б). (1) М (1) М (1) У =0; Х = М t =0.

91

Му1=20 кНм

Му1=20 кНм

2-й участок 0 ≤ X (2) ≤ 1м. На 2-м грузовом участке (рис.4.19,б) крутящий момент тоже отсутствует, т.к. на левой отсеченной части действует внешний момент МУ= 20 кН⋅м и вызывает изгиб в вертикальной плоскости, растягивая при этом верхние волокна Поэтому эта ордината на эпюре изгибающих моментов откладывается вверх (рис.4.18 б). На вертикальном грузовом участке 3 рассматриваем верхнюю отсеченную часть (рис.4.19, б): Изгибающие моменты - M Z = F1 ⋅ х 3 = 25х 3 ; х3=0, MZ = 0 ; M Z = 37,5 кН⋅м; х3 =1,5 м; (растягиваются передние волокна, поэтому на эпюре МИ откладываем вперед вдоль оси У в глобальной системе координат). 2 qх 10х 32 M у = M у1 + 3 = 20 + ; 2 2 х 3 = 0 , M Y = 20 кН⋅м. (растягиваются правые х 3 = 0,75 м, M Y = 22,81 кН⋅м. волокна, поэтому отклах 3 = 1,5 м, M Y = 31, 25 кН⋅м. дываем вдоль оси Z вправо) (рис. 4.18 б). Крутящий момент – МХ = Мt = –F1⋅1м = –25 кН⋅м. Эпюру крутящих моментов Мt см. рис.4.18 в. В рассматриваемом примере во всех 3-х грузовых участках продольная сила N равна нулю. 2. Определяем расчетный момент в опасном сечении. Таковым является сечение на 3-м грузовом участке внизу у заделки.

92

MZ = 37,5 кН⋅м; MY = 31,25 кН⋅м; Mt = 25 кН⋅м. По формуле (4.19) находим общий изгибающий момент: МВ= М 2Z + M 2У = 37,52 + 31, 252 = 48,81кНм. Расчетный момент найдем по формуле (4.27) используя 3-ю теорию прочности: M des ( 3) = M 2В + M t 2 = 48,812 + 252 = 54,83 кН⋅м. 3. По формуле (4.28) определяем требуемый осевой момент сопротивления сечения бруса: M (3) 54,83кН ⋅ м = 0, 274 ⋅ 10−3 м3 = 274см 3 . Wтр = des = 3 R 200 ⋅ 10 кПа 4. Из условия равенства W = Wтр для круглого сплошного сечения находим требуемых диаметр бруса: πd 3 32 ⋅ 274 W= d=3 = 14,08 см. = 274 см3; 32 π По таблице сортаментов для стального проката круглого сечения (ГОСТ 2590-88) примем ближайший диаметр d = 140 мм = 14 см. Проверим прочность и определим процент перенапряжения, т.к. округление диаметра принято в меньшую сторону. πd 3 3,14 ⋅ 143 W= = = 269, 26 см3 = 269,26⋅10-6м3. 32 32 M ( 3) 54,83кН ⋅ м σdes (3) = P = = 203,6 ⋅ 103 кПа 〉 R W 269, 26 ⋅ 10−6 м 3 σ −R 203,6 − 200 Δ σ% = P = 1,8% 〈 5 % ⋅ 100% = 200 R Перенапряжение допустимое. 4.6. Учет влияния продольной силы при изгибе с кручением При использовании принципа суперпозиции наличие в числе внутренних силовых факторов продольной силы N приведет лишь к корректировке соотношения для нормальных напряже-

93

ний в сечениях. Для стержней круглого сплошного и трубчатого поперечных сечений формула для максимального по модулю нормального напряжения в опасной точке контура имеет вид: M 2y + M z2 N Mв N + = + . (4.32) W A W A Условие прочности, например, по третьей теории прочности запишется следующим образом: σ max =

2

⎛ Mt ⎞ ⎛ M | N|⎞ σ(3) σ 2 + 4τ 2 = ⎜ в + (4.33) des = ⎟ + 4⎜ ⎟ ≤R A ⎠ ⎝ W ⎝ 2W ⎠ В случае рассмотрения стержня прямоугольного сечения в соотношениях (4.30), (4.30’) также необходимо учесть соответствующую добавку. Для решения проектной задачи подбора сечения из условия прочности можно в данном случае рассмотреть следующий алгоритм: 1. На начальном этапе сечение подбирается без учета продольной силы по методике, изложенной ранее. Подобранные размеры (номер в сортаменте) округляется с учетом требований ГОСТ-ов в большую сторону. 2. Проводится проверка прочности подобранного на первом этапе сечения с учетом влияния продольной силы. При невыполнении условия прочности делаются шаги в сторону увеличения сечения вплоть до выполнения условия прочности. На случай, если шаг принят слишком большим и скорректированное сечение недонапряжено больше 5%, в алгоритме необходимо предусмотреть возврат и уменьшение шага корректировки.

ПРИМЕР 4.6 Дано: Стержень с ломаной осью загружен силами, как показано на рис. 4.20 а. Требуется: Подобрать диаметр стержня трубчатого сечения при следующих условиях: R = 200 МПа, с = dint/dext = 0,8.

94

РЕШЕНИЕ 1. Строим эпюры внутренних усилий, используя приведенную в предыдущем примере методику. (Для каждого грузового участка используем местную систему координат).

15

20

Рис. 4.20 1-й участок, 0 ≤ x1 ≤ 1м. (4.21). Изгибающие моменты: x2 x2 МZ = MZ1+q 1 =15+20 1 ; 2 2

95

x1=0;

МZ=15кН⋅м (растягиваются верхние волокна). 0,52 =17,5кН⋅м. x1=0,5м; МZ=15+20 2 12 x1=1м; МZ=15+20 =25 кН⋅м. 2 МY=F1⋅x1=20 x1; x1=0; МY=0; x1=1м; МY=20⋅1м=20 кН⋅м (растягиваются передние волокна). У X

q=20кН/м

х1 Z

F1=20кН

Рис. 4.21

Крутящие моменты – Mx=Mt=0 Продольные силы – N=0 2-й участок; 0 ≤ x2 ≤ 2м. Изгибающие моменты: 1 МZ=–МZ1–q⋅1⋅ = –15–20⋅1⋅0,5= 2 = –25 кН⋅м. (Растягиваются левые волокна).

МY=F1⋅х2=20х2; МY(0)=0; х2=0; х2=2м; МY(2)=40 кН⋅м (растягива1м ются передние волокна) х2 Крутящие моменты: F1=20 кН MX=Mt=F1⋅1м=20 кН⋅м. Продольная сила: У Z Х N= –300–q⋅1м= –320 кНм По полученным значениям строим Рис. 4. 22 эпюры Мв, Мt и N (рис.4.20 б, в и г). 2. Выясняем опасное сечение. Из визуального анализа эпюр видно, что наиболее опасным является сечение в нижней части 2го участка – т.е. сечение у жесткой заделки. Выпишем все внутренние усилия в указанном опасном сечении: Мy=⎜40⎜ кН⋅м; MZ=⎜25⎜ кН⋅м; Мt=⎜20⎜ кН⋅м; N=⎜320⎜ кН. F2=300 кН Mz1=25 кН/м q=20 кН/м

96

3. Определим общий изгибающий момент MB. Мв= M Z 2 + M Y 2 = 252 + 402 = 47, 2 кН⋅м. 4. Определим расчетный момент по 3-й гипотезе прочности. M des ( III ) = M И 2 + M t 2 = 47, 22 + 202 = 51,3 кН⋅м. 5. Подбор диаметра сечения стержня ведем по методу последовательных приближений, т.к. в опасном сечении, кроме изгибающего и крутящего моментов, имеется продольная сила N=⎜320⎜ кН. а) В первом приближении определим диаметр стержня без учета продольной силы по аналогии с предыдущим примером 4.6. III М ( ) 51,3кН ⋅ м = 0, 2565 ⋅ 10−3 м3 = 256,5см3 Wтр = des = R 200 ⋅ 103 кПа Из условия равенства W = Wтр для кольцевого сечения находим наружный диаметр трубы [11]: πd 3 d W = ext (1 − с 4 ) = 256,5см3 , здесь с = int = 0,8 32 d ext 32 ⋅ 256,5 = 16, 42см. π(1 − 0,84 ) По таблице сортаментов для круглого горячекатаного стального проката (ГОСТ 2590-88) примем ближайший больший диаметр: dext = 165 мм = 16,5 см. Проверим прочность по 3-й гипотезе прочности, по формуле (4.24), но уже с учетом влияния нормальной силы N на нормальное напряжение σ . d ext =

3

III ) σ(des = σ 2 + 4 ⋅ τ2 ≤ R Предварительно определим площадь поперечного сечения А и осевой момент сопротивления W при принятом диаметре dext=16,5см.

97

πd ext 2 3,14 ⋅ 16,52 (1 − с 2 ) = (1 − 0,82 ) = 76,9см 2 = 76,9 ⋅ 10−4 м 2 4 4 πd ext 3 3,14 ⋅ 16,53 W= (1 − с 4 ) = (1 − 0,84 ) = 260,1см3 = 32 32 = 260,10−6 м 3 . Определяем суммарное нормальное напряжение: N M 47, 2 320 σ= B + = + = 223,08 ⋅ 103 кПа = −6 −4 W A 260,1 ⋅ 10 76,9 ⋅ 10 =223,08 МПа. Определяем касательное напряжение от крутящего момента: Mt 20кН ⋅ м τ= = = 38, 45 ⋅ 103 кПа = 38, 45 МПа −6 3 2W 2 ⋅ 260,1 ⋅ 10 м Полученные напряжения σ и τ подставим в условие прочности (4.24). A=

σdes ( III ) = σ 2 + 4 ⋅ τ2 = 223,082 + 4 ⋅ 38, 452 = 236МПа 〉 R Имеет место перенапряжение, определим его в процентах: σ −R 236 − 200 Δσ% = des ⋅ 100% = ⋅ 100% = 18%〉 5% R 200 (недопустимо) Выполним 2-е приближение проверим прочность следующего большего диаметра по таблице ГОСТа, dext=170 мм=17 см. Повторим расчет при этом диаметре: πd 2 3,14 ⋅ 17,02 A = ext (1 − C2 ) = (1 − 0,82 ) = 81,7см 2 = 81,79 ⋅ 10−4 м 2 4 4 πd 3 3,14 ⋅ 17,03 W = ext (1 − C4 ) = (1 − 0,84 ) = 284, 4см3 = 284, 4 ⋅10-6м3 32 32 Определяем суммарное нормальное напряжение Mв | N | 47.2 320 σ= + = + = 202.73 ⋅ 103 кПа −6 W A 284.4 ⋅ 10 81.7 ⋅ 10−4 =202,73 Мпа. Определяем касательное напряжение от крутящего момента:

98

Mt 20кН = = 35, 20 ⋅ 103 кПа = 35, 20 МПа 2W 2 ⋅ 284, 4 ⋅ 10−6 м3 Полученные напряжения σ и τ подставим в условие прочности (4.26). τ=

σdes ( III ) = σ 2 + 4 ⋅ τ2 = 202,732 + 4 ⋅ 35, 202 = 214,6 МПа > R Имеет место перенапряжение, определим его в процентах: σ −R 214,6 − 200 Δσ% = des ⋅ 100% = ⋅ 100% = 7,37%〉 5% R 200 (недопустимо) Имеет место недопустимое перенапряжение. Повторим расчет при , dext=175 мм=17,5 см: πd 2 3,14 ⋅ 17,52 A = ext (1 − C 2 ) = (1 − 0,82 ) = 86,5см 2 = 86,5 ⋅ 10−4 м 2 4 4 πd ext 3 3,14 ⋅ 17,53 W= (1 − C 4 ) = (1 − 0,84 ) = 310,3см3 = 310,3 ⋅10-6м3 32 32 Определяем суммарное нормальное напряжение: N M 47, 2 320 σ= в + = + = 186,79 ⋅ 103 кПа = −6 W A 310,3 ⋅ 10 86,5 ⋅ 10−4 =186,79 МПа. Определяем касательное напряжение от крутящего момента: Mt 20кН τ= = = 32, 20 ⋅ 103 кПа = 32, 20 МПа 2W 2 ⋅ 310,3 ⋅ 10−6 м 3 Полученные напряжения σ и τ подставим в условие прочности (4.24). σdes ( III ) = σ 2 + 4 ⋅ τ2 = 186,792 + 4 ⋅ 32, 202 = 197,6 МПа>R Условие прочности выполняется с незначительным запасом. Окончательно принимаем: dext=17,5 см =175 мм. dint=0,8dext=0,8⋅175=140 мм. Вопросы для самопроверки. 1. Назовите виды сложного сопротивления. На какие 2 группы их можно разделить по виду напряженного состояния в опасной точке?

99

2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21.

Какой случай изгиба называется косым? Как находится опасная точка при косом изгибе? Как строится нейтральная линия при косом изгибе? Напишите формулу для определения нормальных напряжений в произвольной точке поперечного сечения. Напишите условия прочности при косом изгибе балки. Как подбирается сечение балки при косом изгибе? Как определяется прогиб балки при косом изгибе? Какой вид деформации называется внецентренным растяжением-сжатием? Какие внутренние силовые факторы возникают в поперечном сечении бруса при внецентренном действии сил? Напишите формулу для определения нормальных напряжений при внецентренном действии сил. Приведите условие прочности. Как определяется положение опасной точки, поперечного сечения при внецентренном действии сил? Как строится нейтральная линия Что такое ядро сечения? Приведите примеры ядер сечения. Покажите порядок построения ядра сечения. Какие напряжения возникают в поперечном сечении бруса при совместном действии изгиба и кручения? Где находится опасная точка поперечного сечения при изгибе с кручением? Какой там вид напряженного состояния? Напишите условие прочности сечения при изгибе с кручением стержня. Покажите порядок подбора сечения бруса круглого сечения при изгибе с кручением. Как выполняется проверка прочности бруса круглого сечения при наличии изгибающего и крутящего моментов и продольной силы? Покажите порядок подбора сечения в этом случае.

100

5. РАСЧЕТ ЦЕНТРАЛЬНО СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ НА УСТОЙЧИВОСТЬ. 5.1. Понятие об устойчивости форм равновесия

Опыт эксплуатации конструктивных систем показал, что в некоторых случаях исходная форма их равновесия становится неустойчивой, и разрушение может произойти при напряжениях в элементах, удовлетворяющих условиям прочности. Такое явление было названо потерей устойчивости. Причина потери устойчивости связана с состоянием сооружения в момент, предшествующий потере устойчивости, а поводом для потери устойчивости могут послужить любые возмущения исходного состояний. В соответствии с этим форму равновесия системы называют устойчивой, если малым возмущающим воздействиям соответствуют малые отклонения от этой формы, и при снятии возмущения система возвращается в исходное состояние. Нагрузки, при которых происходит потеря устойчивости, называют критическими (Fcr), а соответствующее им состояние системы - критическим состоянием. Для иллюстрации введенных определений рассмотрим простейшую конструктивную систему в виде консольнозащемленного стержня, нагруженного центрально сжимающей силой F (рис.5.1). При действии осевой сжимающей силы F, меньшей некоторого критического значения (рис. 5.1.а ) стержень находится в состоянии устойчивого равновесия. Если при этом задать малое возмущающее воздействие, например, в виде изгибающей поперечной силы, то стержень получит малую изгибную деформацию, которая исчезнет, если силу убрать, т.е. после снятия возмущения. При F=Fcr исходная форма равновесия стержня становится неустойчивой (рис. 5.1.б), и снятие возмущения не приведет к восстановлению исходной формы равновесия. При F>Fcr любое

101

возмущение приводит систему к новой криволинейной форме равновесия, которая может оказаться устойчивой (рис. 5.1.в). а) б) в) F=Fcr F>Fcr F
l

l

l

Рис. 5.1 Исследования показывают, что, пока сжимающая сила меньше критической, прогибы стержня, возникающие за счет наличия некоторого эксцентриситета приложения силы и небольшой начальной кривизны стержня, будут небольшими. Но при приближении значения силы к критическому они начинают чрезвычайно быстро возрастать. В целях обеспечения надежности работы конструкции в расчет водится допускаемое значение нагрузки Fadm: F Fadm = cr , (5.1) к st где кst>1-коэффициент запаса устойчивости. Коэффициент запаса устойчивости принимается несколько большим, чем коэффициент запаса прочности (кst>к), так как при его назначении учитывается возможность дополнительных неблагоприятных обстоятельств (начальная кривизна стержня, наличие эксцентриситета, приложенная нагрузка и д.р.). При расчете строительных конструкций нормативное значение кst принимается равным: для стали – от 1,8 до 3,2; для чугуна – от 1,5 до 5,5; для дерева – от 2,8 до 3,2.

102

5.2. Формула Эйлера для критической силы. Учет способов закрепления стержня

Задачу об устойчивости центрально сжатого силой F прямолинейного стержня часто называют задачей Эйлера, так как именно им она была впервые рассмотрена в 1744 г. Для решения этой задачи Эйлером была предложена математическая модель, которая послужила в дальнейшем основой статического метода (метода Эйлера) исследования устойчивости. Согласно методу Эйлера исследуется возможность существования, наряду с исходной, другой формы упругого равновесия, порожденной возмущениями. Такой формой в рассматриваемой задаче является изгибная (рис. 5.2), и при ее описании в силу малости возмущений, можно воспользоваться приближенным дифференциальным уравнением оси изогнутой балки. (5.2) EI(x) ⋅ v′′(x) = M(x) Так как в данном случае M(x) = − F ⋅ v(x) , то (5.2) преобразуется виду: v′′(x) + k 2 v(x) = 0 , (5.3) F . где k 2 = EI(x) Пусть EI(x)=EI=const. Тогда уравнение (5.3) – линейное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Общий интеграл этого уравнения имеет вид: v(x) = A ⋅ sin kx + B ⋅ cos kx , (5.4) где А, В – постоянные интегрирования. Для определения А, В необходимо использовать кинематические граничные условия, которые в данном случае запишутся следующим образом: а) x=0, v(0) = 0 б) x=l, v(l) = 0 Подставляя а) в (5.4) получим В=0. (5.5) Из б) следует: Asinkl=0

103

Так как А ≠ 0 (из условия существования возмущенной формы), то из (5.5) следует уравнение: (5.6) sinkl=0 Корни трансцендентного уравнения (5.6) (исключая тривиальный kl=0) определяют критические значения нагрузки, при которых возможно существование изгибной формы равновесия: F kl = cr l = π, 2π,..., nπ,... EI Отсюда при к l = nπ получаем: n 2 π2 EI (5.7) Fcr = , n=1,…, ∞ l2 Соотношение (5.7) определяет бесконечный ряд критических значений нагрузки, соответствующим различным формам изгиба стержня в результате потери устойчивости. Однако практическое значение имеет только первая форма, соответствующая минимальной критической силе π2 EI Fcr1 = 2 = Fcr l В том случае, когда на деформацию стержня не наложены какие-либо дополнительные ограничения, возмущенная форма равновесия реализуется в плоскости минимального сопротивления изгибу, и критическое значение силы равно: π2 EI min Fcr = (5.8) l2 Полученное выражение и есть формула Эйлера для критической силы. Формула (5.8) получена в предположении закрепления концов стержня недеформируемыми шарнирными опорами (рис. 5.2), которым соответствуют кинематические условия а), б). При этом возмущенная форма равновесия (первая собственная форма) соответствует полуволне синусоиды: π v(x) = A ⋅ sin x (5.9) l

104

Рассматривая первые формы потери устойчивости (рис. 5.3), можно распространить полученное выражение (5.8) для критической силы на другие способы закрепления стержня. Для этого достаточно на каждой из схем деформации выделить участки стержня, соответствующие полуволне l 0 . Так как заданный стержень теряет устойчивость при той же критической силе, что и шарнирно опертый с длиной, соответствующей полу

l 0 = 0,7l

l0 =

l 0 = 0,5l

l 0 = 2l

μ=2

Рис. 5.3 волне, то в общем случае π2 EI min (5.10) (μl) 2 где μl - приведенная длина стержня (длина шарнирноопертого стержня, теряющего устойчивость при той же критической силе, что и заданный); μ - коэффициент приведения длины. Величины коэффициентов приведения, соответствующих схемам а) - г), приведены на рис. 5.3. Fcr =

105

5.3. Критическое напряжение. Проверка устойчивости стержня

Критическое напряжение потери устойчивости по формуле Эйлера находится путем деления величины критической силы, определенной по (5.10) на площадь сечения Abr (без учета возможных ослаблений сечения): F π2 EI min σcr = cr = (5.11) A br (μl) 2 A br Обозначим –

I min = i min – минимальный радиус инерции A br

μl = λ – гибкость стержня. i min Преобразуя (5.11) используя эти обозначения, получим: π2 E σcr = 2 , (5.12) λ σ Величина R st = cr называется расчетным сопротивлением k st по устойчивости. Условие устойчивости центрально сжатого стержня можно записать в виде F σ= ≤ R st (5.13) A br Условие устойчивости также может быть записано по отношению к нагрузке: F F ≤ cr = Fadm , (5.14) к st где Fadm – допускаемая нагрузка. При более сложном характере нагружения условия устойчивости запишутся по отношению к параметру загружения. При однопараметрическом нагружении (все нагрузки пропорциональны одному параметру Р0) условие устойчивости имеет вид:

сечения;

106

P0cr , к st где P0cr – критическое значение параметра нагружения. P0 ≤

(5.15)

5.4. Потеря устойчивости за пределом пропорциональности материала стержня

Формулы (5.10) и (5.12) получены в предположении линейно упругой работы материала, что соответствует условию: π2 ⋅ E σcr = 2 ≤ σ pr , (5.16) λ где σ pr - предел пропорциональности. Отсюда вытекает условие, применимости формулы Эйлера: λ≥

определяющее

π2 E σpr

пределы (5.17)

Предельная гибкость λ 0 , выше которой применима формула Эйлера, определяется соотношением: λ 0 =

π2 E . Эта велиσpr

чина зависит от физико-механических характеристик материала, из которого изготовлен стержень. В частности, для стержней, изготовленных из стали 3: ( σ pr =200 МПа; Е = 2 ⋅ 105 МПа);

λ 0 ≈ 100 . Стержни, удовлетворяющие условию λ ≥ λ 0 , называются гибкими. В том случае, когда гибкость стержня ниже предельной ( λ < λ 0 ), потеря устойчивости происходит при напряжениях, превышающих предел пропорциональности, и применение формул (5.10), (5.11) может внести существенную погрешность в расчет. Результаты многочисленных экспериментов показали, что стержни, гибкость которых меньше некоторого минимального значения λ min (жесткие стержни), разрушаются при напряжени-

107

ях близких к пределу текучести σS (пластичные материалы), либо к временному сопротивлению σuc (хрупкие материалы). При этом прямолинейная форма равновесия практически не нарушается. Следовательно, составление условий устойчивости вида (5.13), (5.14), для таких стержней может привести к излишним запасам надежности, и в данном случае достаточно ограничиться только расчетом на прочность. Стержни средней гибкости ( λ min < λ < λ 0 ), широко распространенные в инженерной практике (в том числе и в практике строительства), могут терять устойчивость при напряжениях существенно ниже σS , σuc , и расчет на устойчивость таких стержней необходим. Существующие теории расчета на устойчивость стержней средней и малой гибкости сводятся к двум концепциям. 1. Концепция Энгессера-Шенли. Согласно этой концепции потеря устойчивости центрально сжатого стержня связывается с возможностью появления и развития смежной изгибной формы равновесия при монотонно возрастающей нагрузке, причем появление изгибной формы равновесия возможно уже при касательно-модульной нагрузке (рис. 5.4):

Fcr * =

π2 E* (σcr )I min , (μl) 2

(5.18)

где E* (σcr ) - касательный модуль при критическом значении напряжения.

108

При F → Fcr прогибы формально обращаются в бесконечность. Однако критическим считается напряжение π2 E* (σcr ) σcr = , (5.19) λ2 соответствующее касательно-модульной нагрузке. Кривая представленная на рис. 5.4., является верхней границей кривых деформирования внецентренно сжатого стержня. 2. Концепция Ясинского-Кармана. Эта концепция основана на идее Эйлера о появлении смежной изгибной формы равновесия при неизменной нагрузке. Из условий равновесия системы сил внутреннего взаимодействия, соответствующей продольному изгибу, вытекают следущие соотношения: ESt = E* (σcr )Sc ; (5.20) Fcr =

π2 E red (σcr )I min ; (μl) 2

σcr =

π2 E red (σcr ) , λ2

(5.21)

EI t + E* (σcr )Ic (5.22) I min приведенный (редуцированный) модуль, соответствующий критическому напряжению. В выражениях (5.20), (5.22), St, Sc, It, Ic – статические моменты и моменты инерции растянутой и сжатой зон при продольном изгибе. Соотношение (5.20) служит для определения положения нейтральной оси при продольном изгибе. Величины E* (σ), E red (σ) зависят от уровня напряжений σ и определяются с использованием диаграммы σ ÷ε . Поэтому определение σcr по формулам (5.19), (5.21) требует решения данных уравнений. При исследовании потери устойчивости за пределом пропорциональности наряду с теоретическими построениями проводились эксперименты по выявлению зависимостей σcr − λ . Особенно обширный опытный материал собрал Ф. Ясинский, составивший таблицу критических («ломающих») напряжений в где E red (σcr ) =

109

зависимости от гибкости для целого ряда материалов. Обобщение данных экспериментов позволило ему заметить, что для большинства конструкционных материалов эти завистимости близки к линейным, т.е. σcr = a − bλ (5.23) Исключения составляет чугун, для которого σcr = a − bλ + cλ 2 (5.24) В выражениях (5.23), (5.24) a, b, c – эмпирические коэффициенты. Данные об этих коэффициентах для различных материалов приведены в таблице 5.1 (см. приложение). Если строить график σcr ÷ λ для пластичного материала, то получим кривую, имеющую 2 участка (рис. 5.5). Аппроксимируя эту кривую на участке стержней малой гибкости ( λ < λ min ) прямой σcr = σs = const , а на участке стержней средней гибкости ( λ min < λ < λ 0 ) – прямой Ясинского σcr = a − bλ , получим, например, для стержней, выполненных из строительной стали 3 ( σs = 240 МПа, σpr = 200 МПа), график представленный на рис. 5.6. Пользуясь графиками, приведенными на рис. 5.5., и рис. 5.6., можно определить критическое напряжение, а затем вычислить критическую силу по формуле: Fcr = σcr A br (5.25) В тех случаях, когда внешняя нагрузка на конструкции не является осевой сжимающей силой F для конкретного стержня, но стержень при этом центрально сжат, по формуле (5.25) определяют критическое значение продольной силы для этого стержня – N cr = σcr A br , а далее (зная зависимость продольной силы в стержне от нагрузки F из уравнения равновесия) – критическое значение нагрузки.

110

5.5. Примеры определения критических значений параметра нагрузки ПРИМЕР 5.1. Требуется определить: – критическое значение силы F = Fcr при которой сжатый

111

подкос может потерять устойчивость, т.е. когда N BC = N cr (рис. 5.7 а) – нормальное напряжение в растянутом стержне AB , возникающее от внешней силы F = Fcr . Стержни AB и BC выполнены из стальных труб (сталь3) с наружным диаметром d ext = 12 см, и внутренним диаметd 10 ром d int = 10 см. тогда c = int = = 0,83 . d ext 12 РЕШЕНИЕ 1.Предварительные вычисления. Длина стержня l BC = 22 + 2,52 = 3, 2 м = 320 см cos α = 2,5 = 0,781; sin α = 2 = 0,625 3, 2 3, 2 2. Определим гибкость стержня ВС, предполагая одинаковое (шарнирное) закрепление концов стержня в обоих главных плоскостях , т.е. μ z = μ y = μ = 1 .

Сначала определим осевой момент инерции для трубчатого сечения : πd 4 π124 I = ext (1 − c 4 ) = (1 − 0,834) = 534,5см3 64 64 Площадь поперечного сечения: A=

2 πd ext π122 (1 − c 2 ) = (1 − 0,832 ) = 35,17см 2 4 4

Радиус инерции сечения: i z = i y = i min = i =

I 534,5 = = 3,9см A 35,17

112

Тогда гибкость λ =

μl 1 ⋅ 320см = = 82 i min 3,9cм

3.Определим критическую сжимающую силу для подкоса ВС: т.к. гибкость λ = 82 < λ 0 = 100 (для стали 3), критическую силу определяем по формуле Ясинского (5.23) и (5.25). Из табл. 5.1 для Ст.3 находим a = 310МПа b = 1,14 МПа. σcr = a − bλ = 310 − 1,14 ⋅ 82 = 216,5МПа = 216,5 ⋅ 103 кПа

N cr(BC) = σcr A = 216,5 ⋅ 103 ⋅ 37,15 ⋅ 10−4 = 761, 4кН. 4.Вырежем узел "В" и из уравнений равновесия установим связь между силой F и продольной силой в подкосе BС − N BC (рис. 5.7 б). ∑ y = 0; − F − N BC ⋅ sin α = 0; N BC = −F sin α Знак "минус" показывает сжимающий характер продольной силы в подкосе. Отсюда выразим F : F = N BC ⋅ sin α = N BC ⋅ 0,625.

Найдем критическое значение силы Fcr :

113

Fcr = N crBC ⋅ 0,625 = 761, 4 ⋅ 0,625 = 475,9 кН. 5.Определим нормальное напряжение в растянутом стержне N σ AB = AB АВ по формуле: A Для этого из уравнения равновесия найдем силу NАВ: сr ∑ X = 0; − N АВ − N ВС ⋅ cos α = 0.

Отсюда находим – F 475,9 N AB = − N crBC ⋅ cos α = cr ⋅ cos α = ⋅ 0,781 = 594,7 кН. sin α 0,625 N 594,7 = 169,1 ⋅ 103 кПа. Определяем σAB = AB = −4 A 35,17 ⋅ 10 ПРИМЕР 5.2. Требуется: Определить критическую силу Fcr и критическое напряжение в поперечном сечении сжатой стойки, изображенной на рис. 5.8. Поперечное сечение – на рис. 5.8 б. Нижний конец бруса защемлен в обоих главных плоскостях. Закрепление верхнего конца принять: относительно оси "Z" –шарнирное, относительно оси "Y" – жесткое защемление. Материал – сталь 3, E = 2,06 ⋅ 108 кПа. H = 14см h = 12см μ y = 0,5

B = 8см b = 6см μ z = 0,7 РЕШЕНИЕ 1. Определяем величины главных центральных моментов инерции поперечного сечения стержня HB3 hb3 14 ⋅ 83 12 ⋅ 63 Iy = − = − = 381,3 см;4 12 12 12 12 BH 3 bh 3 8 ⋅ 143 6 ⋅ 123 Iz = − = − = 965 см.4 12 12 12 12

114

2. Площадь поперечного сечения A = BH − bh = 8 ⋅ 14 − 6 ⋅ 12 = 40см 2 3. Главные радиусы инерции iy =

Iy A

=

381,3 = 3,09см 40

Iz 965 = = 4,91см A 40 4. Определим гибкости в обоих главных плоскостях – μ y l 0,5 ⋅ 850см λy = = = 137,5 iy 3,09см iz =

λz =

μ z l 0,7 ⋅ 850см = = 121 iz 4,91см

5. Критическую силу определяем по большей гибкости λ max = λ y = 137,5 Т.к. λ max = 137,5 > λ 0 = 100 (для Ст.3), критическую силу определяем по формуле Эйлера, в которой вместо Imin подставим

115

Iy . π2 EI y

π2 ⋅ 2,06 ⋅ 108 ⋅ 381,3 ⋅ 10−8 м 2 = 428,8 кН (μ y l) 2 (0,5 ⋅ 8,5м) 2 6. Определим критическое напряжение: F 428,8 σсr = cr = = 107, 2 ⋅ 103 кПа = 107,2 МПа << 200 МПа A 40 ⋅ 10−4 м 2 Fcr =

=

Критическое напряжение значительно меньше предела пропорциональности для Ст.3, равного 200 МПа, что подтверждает правомерность использования формулы Эйлера. ПИМЕР 5.3. Требуется. Определить критическое значение интенсивности распределенной нагрузки q cr , при которой деревянная сжатая стойка ВС может потерять устойчивость (рис. 5.9). При этом принять: E = 1,1 ⋅ 107 кПа, λ 0 = 110 .

Рис.5.9 РЕШЕНИЕ 1.Определим критическое значение продольной силы для стержня ВС. Оба конца стержня закреплены шарнирно, значит μ = 1 . а) Определим минимальный момент инерции сечения

116

bh 3 8 ⋅ 63 = = 144 см4 12 12 hb3 6 ⋅ 83 Iy = = = 256 см4 12 12 Iz < Iy , значит Iz = Imin = 144 см4. б ) Определим минимальный радиус инерции сечения – Iz =

I min 144см 4 = = 1,73см . A 40см 2 в ) Определим гибкость стержня: μ ⋅ l 1 ⋅ 300см λ= = = 173. i min 1,73см г ) По таблице 5.1 находим предельную гибкость стержня из дерева – λ 0 =110. Так как гибкость 173 > λ0 = 110, то критическую силу определяем по формуле Эйлера: π2 EI min π2 ⋅ 1,1 ⋅ 107 кПа ⋅ 144 ⋅ 10−8 м 4 N crBC = = = 15,78кН 2. (μl) 2 (1 ⋅ 3м) 2 Из уравнения равновесия, ∑МА = 0 , установим связь между интенсивностью распределенной нагрузки q и сжимающей силой Rc=|NBC|. q ⋅ 6м ⋅ 3м − R C ⋅ 2м = 0; i min =

2R C 1 = 0,111R C . 18 м 3.Определяем критическое значение интенсивности нагрузки q: q cr = 0,111N crBC = 0,111 ⋅ 15,78 = 1,75кН / м. Ответ: qcr = 1,75 кН/м. q=

ПРИМЕР 5.4. Требуется: Определить критическую силу Fcr для сжатого стержня, показанного на рис. 5.10. Материал стержня – Ст.3, сечение составлено из 4-х неравнополочных уголков 63х40х5мм. (ГОСТ 8510-86), λ0=100.

117

РЕШЕНИЕ 1. Определим минимальный радиус инерции сечения: а ) Определим главные центральные моменты инерции. I = 4(I + y 2 ⋅ A ); z z1 01 1 I = 4(I + z 2 ⋅ A ). y y1 01 1 Из таблицы сортаментов для прокатных неравнополочных стальных уголков для уголка № 63х40х5 мм. выписываем: y0=2,08 см. Iz1= 19,9 см4; z0= 0,95 см. Iy1= 6,3 см4; b= 4 см; А1= 4,98 см2. В=6,3 см. Проводим оси симметрии всего сечения У и Z и центральные оси отдельных уголков Уi и Zi (рис. 5.10), Вычисляем расстояния от общих осей У и Z до осей У1 и Z1: y01 = B – y0 = 6,3 – 2,08 = 4,22 см. z01 = b – z0 = 4 – 0,95 = 3,05 см. Учитывая наличие осей симметрии, определяем главные центральные моменты инерции всего сечения: I z = 4(19,9 + 4, 222 ⋅ 4,98) = 434, 4см 4 . I y = 4(6,3 + 3,052 ⋅ 4,98) = 210,52см 4 .

118

Так как оси Z и У являются осями симметрии, центробежный момент инерции равен нулю. ( Izy=0). Значит найденные Iz и Iy – главные центральные моменты инерции, при этом Iy
5.6 Практический метод расчета центрально сжатых стержней на устойчивость

При расчетах центрально сжатых стержней на устойчивость весьма удобным оказалось использование так называемого коэффициента продольного изгиба (коэффициента ϕ ). Сравним условие прочности при растяжении-сжатии с условием устойчивости центрально сжатого стержня (5.13): N σ= ≤ R st ; (условие устойчивости). A br N σ= ≤ R, (условие прочности); A nt

119

здесь Аnt –площадь сечения после вычета ослаблений отверстиями. Обозначим отношение расчетных сопротивлений при расчете на устойчивость Rst и при центральном растяжении-сжатии σ R через коэффициент ϕ и после их расшифровки ( R st = cr и k st σ R = O ), получим: k R σ ⋅k ϕ = st = cr (5.26) R k st ⋅ σ0 где k, kst – коэффициенты запаса прочности и устойчивости, σ s- предел текучести (пластичные материалы) σ 0= σ - предел прочности при сжатии (хрупкие материалы) US Из (5.26) получим: (5.27) Rst= ϕ R Таблицы коэффициентов ϕ (5.26), зависящих от материала и гибкости стержня, имеются в нормативной литературе (в частности для сталей – в СНиП II-23-81-Стальные конструкции). Данные о значениях коэффициентов ϕ для различных материалов в диапазоне гибкости стержней 10 ≤ λ ≤ 220 приведены в таблице 5.2. (см. приложение 2). Коэффициенты ϕ , называемые коэффициентами продольного изгиба, изменяются в пределах от 1 до 0. С учетом (5.27) условие устойчивости (5.13) центрально сжатого стержня можно записать в виде: N σ= ≤ ϕR (5.28) A br где N–продольная сила. Соотношение (5.28) при наличии достаточно полных таблиц коэффициентов ϕ может быть использовано для решения как поверочных, так и проектных задач (подбор сечений, подбор нагрузок). В случае подбора сечений возникают затруднения в связи с тем, что коэффициент ϕ зависит от гибкости стержня, а

120

значит от размеров и формы подбираемого сечения. В случае приближенного представления функции ϕ(A br ) (например, аппроксимации ее в виде алгебраического полинома 2 ϕ(A br ) = a + bA br + cA br + ... ) для подбора сечения достаточно решить уравнение: N = ϕ(A br )R A br Предпочтительнее, однако, использовании следующего итерационного алгоритма. Пусть на первой итерации назначено начальное значение ϕ1 коэффициента продольного изгиба. Тогда (опуская индекс «br») из (5.27) найдем требуемую площадь сечения в первом N . приближении – A (1) тр ≥ ϕ1R Учитывая заданную форму сечения, находим размеры, а далее – геометрические характеристики сечения и гибкость выбранного на первой итерации стержня: (1) (1) (1) A (1) тр → I min → i min → λ С учетом найденного значения гибкости λ (1) определяем по таблице коэффициентов ϕ - величину действительного коэффи| ϕ1 − ϕ1* | ≤ ε ( ε << 1 − наϕ1 перед заданное малое число, например, 0,05), то процесс подбора сечения заканчивается на первой же итерации. В противном случае происходит переход к итерации 2. Причем в качестве ϕ2 можно принять, например, среднее арифметическое: циента, для данного материала ϕ1* . Если

ϕ1 + ϕ1* . Блок – схема описанного алгоритма представлена 2 на рис 5.11. | ϕ − ϕ*i | ≤ε Критерий окончания процесса подбора сечения i ϕi предполагает возможность как недогрузки, так и перегрузки. ϕ2 =

121

Для исключения перегрузки можно дополнительно поставить условие ϕ*i ≥ ϕi . Если ввести в рассмотрение величину расчетного наN , то условие устойчивости (5.26) пряжения в сечении σdes = ϕA вr имеет вид: σdes ≤ R .

Поэтому в качестве критерия завершения процесса подбора сечения можно использовать условие: N −R * (i) σdes − R ϕi A 100% = 100% ≤ ε%, (5.29) R R где ε% -заданный допуск в процентах от расчетного сопротивления R.

122

5.7 Пример выполнения индивидуального задания по теме: «Расчет сжатого стержня на устойчивость» Дано: На рис. 5.12 изображена сжатая стойка. Материал – сталь 3, состоит из двух прокатных швеллеров по ГОСТ 824089, отстоящих друг от друга на расстоянии “C”. Швеллера соединены между собой с помощью планок на сварке. R=200 МПа.

1.

2. 3. 4.

Требуется: С помощью таблицы коэффициентов продольного изгиба ϕ из условия устойчивости подобрать сечение заданной формы (определить номера швеллеров) при условии одинакового закрепления стойки в двух главных плоскостях и равноустойчивости стержня в этих плоскостях. Определить размер “C” из условия равноустойчивости стойки в двух главных плоскостях. Подобранное сечение проверить по условию прочности при наличии ослабления сечения отверстиями на 15%, т.е. при Ant = 0,85Abr. Определить критическое значение силы F и коэффициент запаса устойчивости кst.

123

5. Построить график изменения величины критической силы при изменении длины стойки от 0 до длины, соответствующей гибкости 200. РЕШЕНИЕ 1. Подбор сечения. а) Зададим в первом приближении произвольное значение коэффициента продольного изгиба: пусть ϕ1 = 0,5. Из условия устойчивости (5.28) определим требуемую площадь поперечного сечения стойки: |N| 400kH A (1) = = 40 ⋅ 10−4 M 2 = 40 см2 TP = ϕ1R 0,5 ⋅ 200 ⋅ 103 kΠa 2 Для одного швеллера: A (1) ТР = 40/2 = 20 см . б) По таблице сортаментов для прокатных швеллеров (ГОСТ 8240-89) находим ближайший по площади швеллер N18 и выписываем его геометрические характеристики: А1 = 20,7 см2; Iz1 = 1090 cм4; Z0 = 1,94 см; Iy1 = 86 см4; в) Определяем минимальный момент инерции всего сечения. Центральные оси Z и Y являются осями симметрии составного сечения (рис. 5.13), поэтому они и являются главными центральными осями сечения. Запишем формулы для определения моментов инерции составного сечения с учетом оси симметрии: 2 I z = 2(I z1 + y 01 A1 ); 2 I y = 2(I y1 + z 01 A1 ).

Здесь z01 и y01 – расстояния от общих центральных осей Z и У до центральных осей отдельных фигур (швеллера). Т.к. оси Z и Z1 совпадают, то y01=0, а из рис. 5.13 видно, что z01=C/2 + z0. Размер “C” – расстояние между швеллерами - неизвестен, но, согласно условию задачи необходимо его выбрать так, чтобы обеспечить условие равноустойчивости. Это возможно, если

124

равны главные моменты инерции – Iz=Iy, т.к. закрепление концов стойки в обоих плоскостях одинаковое. Поэтому дальнейший расчет выполняем, используя Iz, т.к. его величина легко находится при y01=0: I z = 2I z1 = 2 ⋅ 1090 = 2180 см4 г) Определим минимальный радиус инерции сечения. Т.к. Iz=Iy, то Imax=Imin= Iz=Iy, значит: Iz 2180cм 4 = = 7, 26см A br 2 ⋅ 20,7см 2 д) Определяем гибкость – μ ⋅ l 1 ⋅ 600см λ= = = 82,6. i min 7, 26см е) По найденным значениям для стали 3 по табл. 5. 2 находим ϕ, используя при этом линейную интерполяцию: При λ = 80, ϕ = 0,734; При λ = 90, ϕ = 0,665; При λ = 82,6: ϕ − ϕ90 (0,734 − 0,665) ϕ = ϕ(90) + 80 (90 − 82,6) = 0,665 + ⋅ 7, 4 = 0,716. 10 10 ж) Проверим на устойчивость: F 400кН σP = = = 134,94 ⋅ 103 кПа < R. −4 2 ϕA br 0,716 ⋅ 2 ⋅ 20,7 ⋅ 10 м Имеет место значительное недонапряжение, поэтому выполняем расчет во 2-м приближении: Принимаем новое значение ϕ2 ϕ + ϕ2 0,5 + 0,716 ϕ2 = 1 = = 0,61. 2 2 Дальнейший расчет выполняем по аналогии с расчетом в первом приближении. F 400kH = = 32,8 ⋅ 10−4 м 2 = 32,8 см 2 . A TP br = ϕ2 R 0,61 ⋅ 200 ⋅ 103 kΠa i

min = i max = i z = i y =

Для одного швеллера: A brтр(1) = 32,8/2 = 16,4 см2.

125

По таблице сортаментов находим ближайший по площади швеллер [ N14 который имеет: А1 = 15,6 см2; Iz1 = 491 cм4; Z0 = 1,67 см; Iy1 = 45,4 см4; 4 I z = 2I z1 = 2 ⋅ 491 = 982см ; A br = 2A1 = 2 ⋅ 15,6 = 31, 2см 2 ; Определим минимальный радиус инерции сечения. Т.к. Iz=Iy, то i

min

= i max = i z = i y =

Iz 982cм 4 = = 5,61см. A br 31, 2см 2

Определяем гибкость при l =6 м=600 см. μ ⋅ l 1 ⋅ 600см λ= = = 107. i min 5,61см По найденным значениям для ст.3 по табл. 5.2 находим ϕ, используя при этом линейную интерполяцию: При λ = 100, ϕ = 0,599; При λ = 110, ϕ = 0,537; При λ = 107: ϕ − ϕ110 (0,599 − 0,537) ϕ = ϕ(110) + 100 ⋅ 7, 4 = 0,556. (110 − 107) = 0,537 + 10 10 Проверим устойчивость: F 400кН σP = = = 230,6 ⋅ 103 кПа > R. ϕA br 0,556 ⋅ 31, 2 ⋅ 10−4 м 2 Определим процент перенапряжения: σр − R (230,6 − 200) Δσ% = ⋅ 100% = ⋅ 100% = 15,3% > 5%. R 200 Перенапряжение превышает допустимые 5%, поэтому выполняем расчет в третьем приближении. Принимая во внимание не очень большую величину перенапряжения, в 3-м приближении проверим устойчивость следующего большего номера по табл. сортаментов – [N16. Из таблицы сортаментов для этого швеллера выписываем: А1 = 18,1 см2;

126

Iz1 = 747 cм4; Z0 = 1,80 см; Iy1 = 63,3 см4; I z = 2I z1 = 2 ⋅ 747 = 1494см 4 ; A br = 2A1 = 2 ⋅ 18,1 = 36, 2см 2 ; Определим минимальный радиус инерции сечения. Т.к. Iz=Iy, то i

min = i max = i z = i y =

Iz 1494cм 4 = = 6, 42см. A br 36, 2см 2

Определяем гибкость – μ ⋅ l 1 ⋅ 600см λ= = = 93,5. i min 6, 42см По найденным значениям для ст.3 по табл. 5.2 находим ϕ*2 , используя при этом линейную интерполяцию: При λ = 90, ϕ = 0,665; При λ = 100, ϕ = 0,599; При λ = 93,5: ϕ − ϕ100 (0,665 − 0,599) ϕ = ϕ(100) + 90 (100 − 93,5) = 0,599 + ⋅ 6,5 = 0,642. 10 10 Проверим устойчивость: F 400кН σP = = = 171,6 ⋅ 103 кПа < R. −4 2 ϕA br 0,642 ⋅ 36, 2 ⋅ 10 м Определим процент недонапряжения: σр − R (171,6 − 200) Δσ% = ⋅ 100% = ⋅ 100% = −14, 2%. R 200 Хотя недонапряжение –14,2% и превышает установленные ±5%, следующий меньший номер швеллера N14 не может быть принят, т.к. он уже был нами рассмотрен во втором приближении и имел недопустимое перенапряжение – 15,3%. Окончательно принимаем сечение стойки из двух швеллеров N16. 2. Определим необходимое для обеспечения равноустойчивости стойки расстояние между швеллерами “С” (рис. 5.13).

127

Это условие выполняется при Iz=Iy, т.к. концы стержня в обоих главных плоскостях закреплены одинаково. 2 Учитывая, что Iz=2Iz1; I y = 2(I y1 + z 01 A1 ), 2 ⋅ A1 ). Отсюда имеем: получим: 2I z1 = 2(I y1 + z 01

z 01 =

I z1 − I y1 A1

=

(747 − 63,3)cм 4 = 6,15см. 18,1см 2

Из рис. 5.13 видно, что z01=C/2+z0. Зная значение z01, находим: С = 2z01 - 2z0=2·6,15 - 2·1,8 = 8,7 см. Таким образом, равноустойчивость стойки в двух главных плоскостях обеспечивается, если расстояние между краями стенок швеллеров будет равно С=8,7 см. 3. Подобранное сечение проверим на прочность при наличии ослабления отверстиями на 15%, т.е. Ant = 0,85Abr. F F 400кН σ= = = = 130 ⋅ 103 кПа < R −4 2 A nt 0,85A br 0,85 ⋅ 36, 2 ⋅ 10 м Условие прочности выполняется с большим запасом. 4. Определим критическую силу Fcr и коэффициент запаса устойчивости стойки. Т.к. гибкость для принятого окончательного сечения из двух швеллеров N16 λ=93,5 < λ0 = 100 (для ст.3), критическую силу определяем по формуле Ф. Ясинского: Fcr = σcrAbr; σcr = a–в·λ. Эмпирические коэффициенты “a” и “в” для стали 3 берём из табл. 5.1 – а = 310 МПа; в = 1,14 МПа. Fcr = (a–в·λ)·Abr = (310–11,14·93,5)·36,2·10-4м2= 0,736 МН = =736 кН. Коэффициент запаса устойчивости: кst = Fcr/F = 736кН/400кН = 1,84. 5. Построим график изменения критической силы при изменении длины стойки от 0 до длины, соответствующей гибкости 200.

128

При гибкостях 0 < λ ≤ 61,4 критические напряжения постоянны, т.к. они равны пределу текучести стали. Для определения этого напряжения используем формулу Ф. Ясинского при λ = 61, 4 : σcr = 310 – 1,14·61,4 = 240 Мпа = σs (предел текучести). Fcr = σcr·Abr = 240·103кПа·36,2·10-4м2 = 869 кН. При λ = λ0 = 100 (для стали 3) тоже используем формулу Ф. Ясинского: σcr = 310 – 1,14·100 = 196 МПа ≈ σs=200 МПа. Fcr = σcr·Abr = 196·103кПа·36,2·10-4м2 = 709,5 кН. При гибкостях λ ≥ λ0 = 100 для определения критических сил используем формулу Л. Эйлера: π2 ⋅ EI min Fcr = . (μl) 2 μl , то отсюда: μ l = λ·imin. Т.к. λ = i min Тогда при μ=1 получаем: λ =100, μ l = 100·6,42см = 642см = 6,42 м. π2 ⋅ 2 ⋅ 108 кПа ⋅ 1494 ⋅ 10−8 м 4 Fcr = = 714,8кН. (6, 42м) 2 Небольшое расхождение критической силы, определенной при гибкости 100 по формуле Ф. Ясинского и по формуле Л. Эйлера объясняется неточностью принятых коэффициентов “a” и “в” в формуле Ф. Ясинского. λ =150; μ l = 150·6,42см = 963 см = 9,63 м. π2 ⋅ 2 ⋅ 108 кПа ⋅ 1494 ⋅ 10−8 м 4 Fcr = = 317,5кН. (9,63м) 2 λ =200; μ l = 200·6,42см = 1284см = 12,84 м. π2 ⋅ 2 ⋅ 108 кПа ⋅ 1494 ⋅ 10−8 м 4 Fcr = = 178,6кН. (12,84м) 2 По полученным данным строим график (рис. 5.14).

129

Вопросы для самопроверки

1. В чем заключается явление потери устойчивости сжатого стержня? 2. Какая сила называется критической силой? 3. Какое дифференциальное уравнение из теории изгиба лежит в основе вывода формулы Л. Эйлера? 4. Что называется гибкостью стержня? Приведите формулу. 5. Приведите формулу Л. Эйлера для определения критической силы? 6. Как учитывается различное закрепление концов стержня при определении критической силы? 7. Каков предел применимости формулы Л. Эйлера? 8. Как определяется предельная гибкость для формулы Л. Эйлера? 9. Как определяется критическая сила при напряжениях, превышающих предел пропорциональности материала? 10. Какой вид имеет график изменения критической силы в зависимости от гибкости (или длины) для стальных стержней? 11. Приведите формулу Ф. Ясинского для определения критической силы и укажите пределы её применимости.

130

12. Как определяется коэффициент запаса устойчивости сжатого стержня? 13. Напишите условие устойчивости сжатого стержня через критическую силу и коэффициент запаса устойчивости. 14. Напишите условие устойчивости сжатого стержня с помощью коэффициента продольного изгиба ϕ. 15. От чего зависит коэффициент ϕ и в каких пределах изменяется? 16. Какие три типа задач можно решать используя условие устойчивости сжатого стержня? 17. Покажите порядок подбора сжатого стержня из условия устойчивости с помощью коэффициента ϕ. 18. Какие стержни относятся к стержням малой и средней гибкости.

131

РЕКОМЕНДУЕМАЯ ЛИТЕРАТУРА.

1. Дарков А. В. Сопротивление материалов / А.В. Дарков, В.С. Шпиро. – 5-е изд., перераб. доп. – М.: Высшая школа, 1989. – 622 с. 2. Смирнов А.Ф. Сопротивление материалов / А.Ф.Смирнов. – М.: Высшая школа, 1972. 3. Беляев Н.М. Сопротивление материалов / Н.М. Беляев. –М.: Наука., 1976. 4. Качурин В.К. Сборник задач по сопротивлению материалов. – М., 1972. 5. Лихарев К.К. Сборник задач по курсу Сопротивление материалов / К.К. Лихарев, Н.А. Сухова – М., 1980. 6. Писаренко Г.С. Справочник по сопротивлению материалов / Г.С. Писаренко, А.П. Яковлев, В.В. Матвеев – Киев., Наукова думка, 1988. 7. Валиев Ф.С. Сопротивление материалов. Часть 1. Учебное пособие / Ф.С. Валиев – Новосибирск: НГАС, 2005. –160 с. 8. Крамаренко А.А. Построение эпюр внутренних усилий. Метод указания по сопротивлению материалов / А.А. Крамаренко – НГАС, 1992. 9. Чаплинский И.А. Прямой поперечный изгиб призматических балок. Метод. указания по сопротивлению материалов / И.А. Чаплинский, Г.Б. Лебедев, Л.И. Татарова. – Новосибирск: НГАС, 1998. 10. Гребенюк Г.И. Сложное сопротивление стержней. Метод. указания по сопротивлению материалов / Г.И. Гребенюк, Л.И. Татарова. – Новосибирск: НИСИ, 1991. 11. Валиев Ф.С. Сопротивление материалов. Методические указания и контрольные задания для студентов всех специальностей всех форм обучения / Ф.С. Валиев – Новосибирск: НГАСУ, 2003. – 52 с. 12. Гребенюк Г.И., Сопротивление материалов. Определение внутренних усилий в поперечных сечениях стержней. Методические указания. / Г.И. Гребенюк, Ф.С. Валиев, Е.В. Яньков. – Новосибирск: НГАСУ, 2003. –48 с.

132