Расчет стержней и стержневых систем

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ БЮДЖЕТНОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ КАЗАНСКИЙ НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ им. А.Н.ТУПОЛЕВА – КАИ Аристова Н.С., Булашов Д.А., Одиноков А.Ю., Просвиряков Е.Ю., Савинов В.И. РАСЧЕТ СТЕРЖНЕЙ И СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ Учебное пособие Рекомендовано к изданию Учебно-методическим КНИТУ-КАИ им. А.Н.Туполева Казань 2013 2 УДК 620.10(077) Аристова Н.С., Булашов Д.А., Одиноков А.Ю., Просвиряков Е.Ю., Савинов В.И. Расчет стержней и стержневых систем. Учебное пособие. КНИТУ им. А.Н. Туполева – КАИ, 2011. 191 с. Предназначено для студентов, выполняющих расчетно-графические работы по сопротивлению материалов в техническом университете, и должно свести к минимуму необходимость обращение к другим источникам. В нем содержатся краткие теоретические сведения, помогающие вспомнить материал лекционного курса, примеры решения типовых задач, сборники заданий и необходимые справочные материалы. Рассмотрены задачи построения эпюр для стержней и плоских рам, задачи расчета на прочность и жесткость стержней при растяжении-сжатии и плоском поперечном изгибе, задачи вычисления геометрических характеристик поперечных сечений, задачи расчета статически неопределимых стержневых конструкций методом сил, а также задачи расчета стержней на сложные деформации: внецентренное растяжение-сжатие, косой изгиб и изгиб с кручением. Для проведения сложных расчетов приведены примеры использования свободно распространяемой системы компьютерной алгебры Maxima. Рецензенты: кафедра теоретической механики (Казанского Приволжский) федеральный университет); докт. физ.-мат. наук, проф. Р.А. Каюмов (Казан. гос. архитектурно-строительный университет) 3 ВВЕДЕНИЕ Сопротивление материалов является одной из первых инженерных дисциплин, изучаемой студентами в технических университетах, и одной из дисциплин, представляющих собой основу подготовки инженера-механика. Этот факт подчеркивает важность овладения теоретическими и практическими умениями и навыками в этой науке, формирующими профессиональные компетенции. Одна из основных задач образования состоит в том, чтобы студенты могли переносить и использовать, на первый взгляд, совершенно ясные им теоретические сведения в более многогранные, а потому менее понятные практические задачи. Это обстоятельство связано с неизбежным разрывом между теорией и практикой, который должен быть ликвидирован аудиторной и самостоятельной работой студентов. Данное учебное пособие предназначено для того, чтобы помочь студентам понять материал аудиторных занятий и выполнить домашние задания, представленные в виде расчетно-графических работ. Пособие состоит из четырех разделов Первый посвящен построению эпюр внутренних силовых факторов для простейших стержней и стержневых систем. Во втором разделе рассмотрены основные задачи, связанные с расчетом на прочность статически определимых стержневых элементов конструкций: расчет стержней на растяжение и сжатие; изучение геометрических характеристик плоских сечений, начала прочностного анализа балок. В третьем разделе продемонстрированы простейшие способы расчета статически неопределимых стержневых конструкций. Для анализа статически неопределимых рам используется метод сил. В заключительном, четвертом, разделе проиллюстрированы методики расчета и прочностного анализа стержневых систем, испытывающих сложные деформации: косой изгиб, внецентренное растяжение и сжатие, а также изгиб с кручением. При составлении учебного пособия был использован опыт применения свободно распространяемой системы компьютерной алгебры Maxima для проведения трудоемких и однообразных расчетов. Приведены решения задач в этой среде для второго и третьего разделов. Отметим, что материал второго раздела (плоский изгиб балок) и последующих разделов опирается на навыки, приобретенные при решении задач из первого раздела, поэтому указания для построения диалога с интерпретатором Maxima можно использовать и для построения эпюр внутренних силовых факторов. Иными словами, построение эпюр для задач из первой части можно провести, изучив компьютерный способ построения эпюр для изгиба балок из второго раздела. 4 1. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ВНУТРЕННИХ СИЛОВЫХ ФАКТОРОВ 1.1. Общие теоретические положения построения эпюр внутренних силовых факторов в стержнях В настоящем учебном пособии рассматривается построение эпюр внутренних силовых факторов (ВСФ) в стержнях (брусьях), для которых действующие на них внешние силы лежат в одной плоскости (плоскости чертежа), а внешние моменты вращают стержень относительно оси, перпендикулярной этой плоскости. Считаются справедливыми традиционные допущения, принятые в механике деформирования линейно-упругих тел [1-2], в том числе и гипотеза о малости перемещений и деформаций, которая позволяет при определении сил рассматривать равновесие деформируемой конструкции и ее частей в недеформированном состоянии. Кроме того, учет данной гипотезы позволяет, при соответствующем выборе системы координат, разделить задачи о растяжениисжатии и об изгибе стержней, а общее напряженно-деформированное состояние может быть найдено в соответствии с принципом суперпозиции простым сложением полученных решений. Пока предполагается, что стержень имеет необходимое и достаточное число опор, обеспечивающих ее неподвижность в пространстве (плоскости чертежа), что позволяет определить ВСФ в любом сечении стержня с помощью только уравнений статики (уравнений равновесия). Такие стержни называются статически определимыми. За ось стержня принимается линия, проходящая через центры тяжестей ее поперечных сечений. Условимся относить стержень к правой системе декартовых координат xyz (рис. 1.1.а), начало которой совмещено с ее левым торцевым сечением, а ось x направлена вдоль оси стержня и проходит через центры тяжести поперечных сечений, которые считаются лежащими на одной прямой. Плоскость x0y совпадает с плоскостью чертежа. В дальнейшем рассматривается преимущественно задачи для плоскости x0y. Полагаем, что балка, изображенная на рис. 1.1.а нагружена сосредоточенной силой P, сосредоточенными моментами M1 , M 2 и распределенной внешней нагрузкой q. Как известно, балками называются стержни, работающие на изгиб. Отделим балку от опор, действие которых на нее заменим реактивными усилиями R A , H A и H A (рис. 1.1,б). В силу того, что исходное состояние балки является равновесным, для определения опорных реакций используются урав- 5 нения плоского равновесия для абсолютно твердого (жесткого) тела (после вычисления опорных реакций необходимо выполнить проверку правильности их определения). Заметим, что при отсутствии активных горизонтальных сил опорная реакция H A =0. Рис. 1.1 Таким образом, действующая на балку система внешних сил и моментов является известной, а балка при этом находится в равновесии. От внешней нагрузки между материальными точками внутри балки возникают дополнительные силы взаимодействия. Будут они и между точками двух сторон любого из поперечных сечений Рис. 1.2 6 балки. Например, поперечного сечения, проведенного в точке оси X с коорr динатой x, (рис. 1.1). Силы Si , возникающие в этом сечении, изображены на r рис.1.2. Приводя систему сил Si методами теоретической механики к центру тяжести поперечного сечения (точке, через которую проходит ось стержня), получим главный вектор Q (Q ∗) и главный момент M (M ∗ ). Звездочкой обозначены величины, приложенные к правой стороне сечения. (Следует заметить, что для плоского изгиба балки, изображенной на рис. 1.1, главный момент M перпендикулярен плоскости x0y, а главный вектор Q лежит в ней, на рис. 1.2 представлен более общий случай, который рассмотрен в работе [1]). В соответствии с законом Ньютона о действии и противодействии усилия, приложенные к левой стороне сечения, численно равны усилиям, приложенным к правой стороне сечения, но противоположно направлены, т.е. в векторной форме справедливы равенства: Q = −Q ∗ , M = −M * . (1.1) Проекции (составляющие) главного вектора Q и главного момента M на оси x, y, z представляют собой c точностью до знака внутренние силовые факторы в поперечных сечениях балки. В плоской задаче только три проекции векторов Q и M отличны от нуля. Это две составляющие главного вектора Q силы по осям x и y, которые обозначим Qx ( x ) и Q y ( x ) и одна составляющая главного момента M z ( x ) . В плоских задачах эти величины будем еще для краткости обозначать соответственно N(x), Q(x), M(x), опуская индексы, указывающие ось. Каждая из величин N(x), Q(x) и M(x) в общем случае может изменяться от сечения к сечению. Это подчеркивается тем, что в круглых скобках указывается функциональная зависимость от координаты x. Аналогично самим векторам, составляющие векторов Q ∗ и M ∗ правой стороны сечения также численно равны соответствующим составляющим векторов Q и M , но противоположно им направлены (рис. 1.3). Рис. 1.3 7 Внутренние силовые факторы N(x), Q(x) и M(x) могут быть найдены из условия равновесия левой части стержня, а равные им величины N ∗ ( x ) , Q ∗ ( x ) и M ∗ ( x ) – из условия равновесия правой части. Действительно, на плоскости имеем три независимых условия равновесия и по три неизвестных величины входят в нагрузку каждой из частей. В рассматриваемом случае, когда отсутствуют внешние силы, действующие вдоль оси балки (рис. 1.1), N ( x) ≡ 0 , что следует из уравнения равновесия для проекций всех внешних сил на ось x: k ∑ Pxi = 0 = N ( x) , откуда N ( x) ≡ 0 . i =1 Нетрудно видеть, что в сумму проекций всех сил на ось y войдет для каждой из частей балки только одна неизвестная сила в сечении – Q(x) (или Q ∗ ( x ) , если рассматривается равновесие правой части балки), которая может быть легко найдена из этого уравнения n n -1 i =1 i =1 ∑ Pyi = 0 = ∑ Yi − Q( x) . Расписав сумму сил n -1 ∑ Yi , приложенных к левой части балки i =1 (см. рис. 1.3), получим R A + P + q ( x − b) − Q ( x ) = 0 (1.2) откуда следует, что Q( x) = R A + P + q( x − b) . Составим далее для левой части балки уравнение равновесия для моментов относительно оси, перпендикулярной плоскости чертежа и проходящей через точку X (рис. 1.3), в которой ось балки пересекает рассматриваемое сечение. Учитывая силовые факторы, приложенные к балке слева от сечения, получим уравнение, содержащее лишь одну неизвестную величину M(x) (или M ∗ ( x ) , если рассматривается правая часть) m m -1 j =1 j =1 ∑MX j = 0 = ∑ M X j + M ( x) . Положительным, как и в курсе теоретической механики, при составлении уравнений равновесия в плоской задаче считаем момент, вращающий выделенную часть балки против часовой стрелки. Тогда, расписав для левой части балки, изображенной на рис. 1.3, сумму моментов внешних сил, получим уравнение 8 − R A x − P ( x − a ) - M 1 − q( x - b) x-b + M ( x) = 0 , 2 (1.3) из которого следует, что ( x - b) 2 . 2 Заметим еще, что для отыскания внутренних силовых факторов использованы именно эти три уравнения равновесия (т.е. сумма проекций сил на ось стержня, на перпендикуляр к оси и сумма моментов относительно точки X оси), поскольку в каждое из них вошла только одна неизвестная величина внутреннего силового фактора в сечении. Нетрудно видеть, что опРис. 1.4 ределение внутренних силовых факторов в сечениях в принципе ничем не отличается от нахождения опорных реакций для той же балки, но имеющей защемление в рассматриваемом сечении (рис. 1.4). Это и понятно. Ведь любая часть балки является, по сути, опорой, аналогичной защемлению, для остальной ее части. Но все же задача определения внутренних силовых факторов в поперечном сечении несколько сложнее задачи определения опорных реакций. Одна из сложностей заключается в том, что из равновесия левой части стержня определяются силовые факторы N(x), Q(x) и M(x), а из равновесия правой части – противоположно им направленные N * ( x ) , Q* ( x) и M ∗ (рис. 1.3). Таким образом, в задаче в данном случае существуют три пары величин, отличающихся только знаком (направлением). Для того чтобы сделать задачу определения внутренних силовых факторов однозначной, в качестве искомых величин принимают только силы и моменты, действующие с правой части стержня на левую: N(x), Q(x), M(x), которые называют внутренними силовыми факторами в сечении. Выбирают именно эти величины, а не парные им, поскольку они действуют на площадке, из которой ось x исходит. Это положительная площадка. Величина N(x) носит название внутренней осевой силы, Q(x) – внутренней перерезывающей силы, M(x) – внутреннего изгибающего момента (название факторов соответствует воздействию, которое оказывает каждый из них на балку). Положительное направление N(x), Q(x), M(x), действующих с правой отсеченной части стержня на левую, может быть, вообще говоря, выбрано произвольно. В сопротивлении материалов их положительные направления принято M ( x) = R A x + P( x − a) + M 1 + q 9 брать такими, как они показаны для левой части рис. 1.3. Для того чтобы из равновесия правой части стержня получить те же значения внутренних силовых факторов, что и найденные из равновесия ее левой части, следует, очевидно, в качестве положительных величин для правой части принять величины, направленные противоположно N(x), Q(x), M(x). Получается, что положительные направления при рассмотрении равновесия правой части следует принимать такими, как N * ( x ) , Q* ( x) и M ∗ на рис. 1.3. Это позволяет автоматически учесть знак минус в формулах (1, стр. 6). Таким образом, составляя уравнения равновесия для отыскания ВСФ, следует эти неизвестные силовые факторы изображать в положительном направлении, причем эти направления для левой и правой части стержня противоположны (рис. 1.5). Рис. 1.5 представляет собой правило знаков сопротивления материалов для ВСФ плоской задачи. Словами это правило формулируется следующим образом: осевые силы положительны, если они вызывают растяжение стержня (направлены от сечения), перерезывающие силы положительны, если они направлены по часовой стрелке относительно рассматриваемой части стержня, а изгибающие моменты положительны, если они сжимают ее верхние волокна, т.е. часть, расположенную в первой полуплоскости (положительной четверти) системы координат (рис. 1.5). Вполне очевидно, что использованные нами понятия: левая и правая часть стержня, верхние и нижние волокна имеют смысл только после задания для стержня соответствующей системы координат. Напомним, что начало правой системы координат по умолчанию расположено на левом Рис. 1.5 торце стержня, ось x направлена слева направо, направление второй оси y в правой системе координат получается поворотом на 90° против часовой стрелки Если стержень отнести к правой системе координат с началом в правом торцевом сечении (рис. 1.6), то, конечно, "верхние волокна" стержня будут располагаться снизу и тогда положительными будут моменты, изображенные на рис. 1.6. Но для балки такое расположение системы координат принимается редко. Приведенные рассуждения, позволяющие Рис. 1.6 определить внутренние силовые факторы в произ- 10 вольном сечении стержня, называют методом сечений. Кратко эти рассуждения можно сформулировать в виде следующего алгоритма. 1. Разрезаем мысленно стержень поперечным сечением в точке оси, где хотим определить внутренние силовые факторы. 2. Отбрасываем одну из частей стержня. Лучше отбрасывать ту ее часть, к которой приложено больше силовых факторов. Важно, однако, чтобы все внешние силовые факторы, в том числе и опорные реакции, действующие на остающуюся часть стержня, были известными. 3. Заменяем действие отброшенной части стержня на остающуюся неизвестными внутренними силовыми факторами (силами и моментами), которые прикладываем в выбранном сечении в положительном направлении в соответствии с принятым для ВСФ правилом знаков сопротивления материалов. 4. Записываем для выделенной части стержня уравнения равновесия, из которых находим внутренние силовые факторы в сечении. Для облегчения запоминания пунктов метода сечений его называют методом РОЗУ по первым буквам слов: разрезаем, отбрасываем, заменяем, уравнения. Говорят: "Применим РОЗУ". Заметим, что силы и моменты между поперечными сечениями рассчитываемого стержня (или балки) в сопротивлении материалов всегда называем внутренними, хотя, конечно, для рассматриваемой части стержня они с точки зрения теоретической механики являются внешними. Кроме того, укажем, что при нахождении ВСФ применяются, таким образом, два правила знаков. Одно обязательное правило знаков сопротивления материалов для ВСФ. Второе необязательное в данном случае правило знаков теоретической механики, согласно которому при записи уравнений равновесия (например, уравнений (1.2) и (1.3)) составляющие в сторону соответствующей оси берутся со знаком плюс, а противоположно оси – со знаком минус, момент против часовой стрелки принимается со знаком плюс, по часовой – со знаком минус. В практических расчетах часто бывает необходимо знать ВСФ во всех сечениях, в этом заключается еще одна сложность определения ВСФ. Казалось бы, что эта трудность легко преодолевается введением в уравнение переменного параметра – координаты x, что дает возможность записать искомые величины как функции координаты x. Но оказывается, что при наличии сосредоточенных сил затруднительно представить соответствующие функции N(x), Q(x) и M(x) в виде одного выражения сразу для всего стержня. Это приходится делать для отдельных его участков. Эти функциональные зависимости принято изображать в виде графиков, построенных непосредственно на оси стержня и называемых эпюрами. Эпюры 11 удобны тем, что дают наглядную информацию о ВСФ в различных поперечных сечениях стержня. Эпюры принято штриховать перпендикулярно продольной оси стержня и указывать на них знак и характерные значения ВСФ. Порядок действий (алгоритм) при построении эпюр ВСФ включает в себя следующие этапы. 1. Определяем опорные реакции. В консольных стержнях этот пункт можно не выполнять, если рассматривать равновесие части стержня, не содержащей опору. (Для балок, имеющих две шарнирные опоры, удобно записывать уравнения равновесия моментов относительно каждой из опор. Вычисленные таким образом реакции следует проверить, записав неиспользованное до этого явно уравнение равновесия для проекций всех сил на вертикальную ось.) 2. Разбиваем стержень на участки. Границами участков стержня следует принимать: а) начало и конец стержня; б) точки приложения сосредоточенных силовых факторов (сил, моментов); в) начало и конец области действия распределенной нагрузки, изменяющейся по одному закону. 3. Отдельно для произвольного поперечного сечения на каждом из участков стержня применяем метод сечений и получаем из уравнений равновесия для рассматриваемого участка аналитические выражения для ВСФ. 4. Если функции ВСФ на участках достаточно сложные, то для построения эпюр следует вычислить их значения в характерных точках и составить таблицы значений. 5. По таблицам значений ВСФ, учитывая характер их аналитических функций, строим эпюры ВСФ. 6. Правильность построения эпюр по специальным правилам, которые основаны на следующих соображениях. При изгибе балки эпюры (функции) Q(x) и M(x) связаны между собой дифференциальными уравнениями равновесия [1], предельно простыми по форме. В практических задачах можно считать, что они представляют собой просто дифференциальные зависимости между изгибающим моментом M(x), перерезывающей силой Q(x) и интенсивностью распределенной поперечной нагрузки q(x): dM ( x) dQ( x ) = Q ( x) , = q( x) , (1.4) dx dx откуда очевидно, что d 2 M ( x) = q( x) . (1.5) dx 2 Из геометрического смысла производной следует ряд правил проверки 12 правильности построения эпюр Q(x) и M(x). Действительно, отношение бесконечно малого приращения функции M(x) к бесконечно малому приращению ее аргумента, как видно из рис. 1.7, дает тангенс угла α. Это угол наклона касательной к рассматриваемой функции в данной точке. В результате получаются равенства dM ( x) = Q( x) = tg α . (1.6) dx Второе из этих равенств означаM ет, что эпюра (график) перерезывающей силы Q(x) представляет собой график тангенсов угла наклона касаα dM тельной к эпюре моментов. Однако, если учесть, что угол (наклон графика) можно измерять в градусах, можно в радианах, а можно и в тангенсах угла, тем более, что при положительном угле тангенс его также положителен, а при отрицательном – отрицателен, то dx x O предыдущую фразу можно сказать короче: эпюра (график) перерезывающей Рис. 1.7 силы Q(x) представляет собой график наклонов эпюры моментов M(x). Рассуждая аналогично, получаем dQ ( x) = q ( x) = tg β , (1.7) dx где угол β это угол наклона эпюры перерезывающей силы Q(x) в данной точке к оси x. Таким образом, изображение распределенной нагрузки q(x) представляет собой график наклонов эпюры перерезывающих сил Q(x). Для проверки правильности построения эпюр можно использовать и формулу (1.5). Кривизна плоской кривой y(x) выражается формулой, известной из аналитической геометрии d 2 y(x ) dx 2 κ= 3 . (1.8)   dy ( x )  2  2 1 +      dx   Знаменатель этой формулы всегда положительная величина, поэтому знак кривизны определяется ее числителем. Но согласно формуле (5), для эпюры M(x) 13 второй производной оказывается распределенная нагрузка. Положительная кривизна кривой выпуклостью вниз получается, если распределенная нагрузка направлена вверх (в сторону оси y). Кривизна получается отрицательной, выпуклостью вверх, если распределенная нагрузка направлена вниз (противоположно оси y). Запоминать, однако, эти формулировки со знаками необязательно. Куда проще запомнить вытекающее из них правило, называемое правилом зонтика или дождя: выпуклость эпюры моментов всегда направлена навстречу распределенной нагрузке. Другая группа правил проверки основана на самих уравнениях равновесия отсеченной части (т.е. уравнениях равновесия в интегральной форме), а также на правиле знаков для ВСФ. Далее приведена сводка правил проверки эпюр (в скобках указаны варианты формулировки для других эпюр или другого случая): 1) на участке, где Q < 0 (q < 0, т.е. направлена вниз), эпюра M убывает (Q убывает); 2) на участке, где Q > 0 (q > 0, т.е. направлена вверх), эпюра M возрастает (Q возрастает); 3) в точке, в которой Q (q) пересекает ось, эпюра M (Q) имеет экстремум; 4) в точке, в которой эпюра Q (q) меняет знак с плюса на минус, на эпюре M (Q) расположен максимум; 5) в точке, в которой эпюра Q (q) меняет знак с минуса на плюс, на эпюре M (Q) расположен минимум; 6) на участке, где Q (q) убывает (возрастает), эпюра M (Q) выпукла вверх (вниз); 7) на участке, где Q = 0 (q = 0), эпюра M (Q) параллельна оси X, т.е. постоянна; 8) на участке, где q = 0, эпюра M изменяется по прямой; 9) на участке, где q постоянна, эпюра Q изменяется по прямой, а эпюра M – по квадратичной параболе. Вообще, если q представлена степенной функцией, то последующая эпюра имеет степень на единицу больше предыдущей; 10) выпуклость эпюры моментов направлена навстречу распределенной нагрузке; 11) в точке, в которой q пересекает ось, эпюра M имеет точку перегиба, т.к. изменяется знак кривизны этой кривой; 12) в сечении, в котором приложена сосредоточенная сила, эпюра Q имеет скачок на величину этой силы; 13) в сечении, в котором приложена сосредоточенная сила эпюра M имеет излом в сторону силы; 14 14) в сечении, в котором приложен сосредоточенный момент, эпюра M имеет скачок на величину этого момента в сторону сжатых волокон; 15) если в сечении не приложен сосредоточенный силовой фактор (сила или момент), соответствующая эпюра скачка иметь не может; 16) для принятого правила знаков эпюра моментов в результате построения должна оказаться на сжатых волокнах изогнутой оси балки. Последний пункт требует пояснения. При изгибе балки моментами, направленными согласно рис. 1.4, верхние его продольные волокна оказываются сжатыми, а нижние – растянутыми. В случае, приведенном на этом рисунке, эпюра моментов должна оказаться сверху. При обратном направлении моментов сжатое волокно окажется снизу и эпюра моментов будет отрицательной и изображается ниже оси балки. Не всегда легко указать, где расположено сжатое волокно, но, когда это возможно, следует воспользоваться данным свойством эпюры для ее проверки. Появление скачков очевидно. Когда на рис. 1.1 координата x становится больше координаты a точки приложения силы и момента, к уравнениям на новом участке добавляются слагаемые от этих факторов, которых не было на предыдущем участке, что и приводит к разрыву в соответствующем графике. Выражение для изгибающего момента на новом участке будет также содержать слагаемое от силы, представляющее собой произведение силы на плечо. Такое слагаемое представляет собой прямую, которая добавляется к тому, что было на предыдущем участке. Это и вызывает излом эпюры в сторону силы (правило 14). Правила с 10 по 16 следует помнить, они не сложные. Первые же девять лучше получать непосредственно в ходе проверки эпюр по дифференциальным зависимостям, вспоминая, что предыдущая эпюра представляет собой наклоны последующей. Если основные идеи раздела понятны, то детально изучить его лучше, рассматривая построение эпюр для конкретных примеров, выполняя последовательно пункты порядка построения эпюр и возвращаясь, при необходимости, к другим положениям этого раздела. 15 1.2.1. Построение эпюр для консольных балок y M q P x A X1 B X2 C Рассмотрим консольную балку (рис. 1.8) длиной 2a, где a = 2 м , нагруженную сосредоточенной силой P = 1 кН , моментом M = 2 кН и распределенной нагрузкой q = 4 кН/м . Отнесем балку к правой системе декартовых координат x1 x0y. Требуется построить эпюры внутренних сиx2 ловых факторов для плоской задачи. a a Эпюры осевых сил в данном случае не будет. Поскольку нет внешних горизонтальных Рис. 1.8 сил, то, как указывалось, не будет и внутренних, т.е. N ( x) ≡ 0 . Для построения эпюр используется приведенный алгоритмпостроения эпюр. По замечанию к его первому пункту в рассматриваемом случае эпюры перерезывающих (поперечных) сил Q(x) и изгибающих моментов M (x ) можно построить без предварительного определения реакций, рассматривая на всех участках равновесие левой отсеченной части балки. Отметим еще раз, что понятия левая и правая части балки становятся вполне строгими после введения системы координат x0y для всей балки. Согласно пункту 2 алгоритма построения эпюр границами участков будут точки A, B и C. Получается, что на балке два участка. Далее согласно пункту 3 алгоритма следует y применить метод сечений к одной произвольной M(x) P точке на каждом участке. Сначала рассмотрим учаx сток AB. Применим метод сечений для произвольной A X1 точки X 1 первого участка. Отсеченную левую часть изобразим с приложенной к ней внешней нагрузкой x1 Q(x) и неизвестными внутренними силовыми факторами (ВСФ). По методу сечений неизвестные ВСФ изоРис. 1.9 бразим положительными в соответствии с правилом знаков сопротивления материалов (рис. 1.9). На рис. 1.9 покажем также координату произвольной точки X 1 , которую обозначим x1 . Эта переменная совпадает с координатой x всей балки, но отличается от общей координаты x всей балки пределами изменения. Если общая координата изменяется в пределах 0 ≤ x ≤ 2a , то координата первого участка меняется в пределах 0 ≤ x1 ≤ a , что позволяет поставить дополнительный индекс «1». Вся балка в равновесии, тогда и любая ее часть также будет находиться в равновесии, 16 поэтому для внешних и внутренних сил, действующих на изображенную на рис. 1.9 часть, будут справедливы следующие уравнения равновесия: ∑ Pyi = 0 = P − Q( x) , (1.9) i ∑ M X 1 j = 0 = − Px1 + M ( x) . (1.10) j Еще раз отметим, что первое уравнение представляет собой сумму проекций всех сил, приложенных к части стержня, изображенной на рис. 1.9, на ось y; второе (моментное) уравнение представляет собой сумму моментов всех сил, приложенных к этой части, относительно текущей точки оси стержня в произвольном сечении X 1 . Напомним, что момент силы относительно точки равен произведению силы на плечо. Плечо силы относительно точки это длина перпендикуляра, опущенного из точки (относительно которой вычисляется момент) на направление действия силы. Момент от неизвестной внутренней силы Q(x) относительно точки X 1 оказывается нулевым (у этой силы нет плеча относительно точки X 1 ), за счет чего уравнения разделяются и в каждое входит по одной неизвестной величине. При записи уравнений равновесия используется необязательное в данном случае правило знаков теоретической механики, согласно которому направление в сторону оси считается положительным, а направление обратное оси – отрицательным, направление против часовой стрелки положительным, а направление по часовой стрелке – отрицательным. В результате положительная перерезывающая сила Q(x) входит в уравнение равновесия со знаком минус. Правило знаков сопротивления материалов использовано для указания направления неизвестных ВСФ, при записи же уравнений равновесия оно не используется. Величины Q(x) и M (x ) находим из уравнений (1.9) – (1.10): Q( x) = P , (1.11) M ( x) = Px1 . (1.12) Алгоритм метода сечений для произвольной точки первого участка выполнен. Применим теперь этот же алгоритм к произвольной точке второго участка X 2 (рис. 1.8). Намечать эту точку лучше не в середине участка, чтобы нечаянно не вписать в соотношение лишний коэффициент ½. Выполнив мысленно первые два пункта алгоритма метода сечений (разрезав и отбросив), изобразим рассматриваемую левую (от сечения в точке X 2 ) часть стержня на отдельном рисунке 1.10. Координату произвольной точки x2 естественно измерять от того же начала, что и общую координату x, но пределы изменения ее для точек участка BC получаются: a ≤ x2 ≤ 2a . 17 Напомним, что, не определив опорные реакции, нет смысла рассматривать уравнеq P ния равновесия правой части. В этих уравнеx ниях будет слишком много неизвестных. ХоB X2 A X1 тя рассматривается участок BC, изображать x1 Q2 Q(x) следует всю часть балки слева от сечения в x2 точке X 2 . Именно она будет в равновесии. a Если мы захотим рассматривать только часть от В до X 2 , то влияние участка AB на BX 2 Рис. 1.10 следует заменить внутренними силовыми факторами. Это вполне возможно, ведь участок AB уже рассмотрен. Но это еще одна операция, а следовательно, дополнительный источник ошибок. Для стержней с небольшим числом участков эту операцию лучше не делать. Запишем условие равновесия сил в направлении оси y для части стержня на рис. 1.10. Получаем y M M(x) ∑ Pyi = 0 = P − q( x2 − a) − Q( x) , (1.13) i где слагаемое q ( x2 − a ) представляет собой равнодействующую силу от распределенной нагрузки, которая заменяет эту нагрузку, обозначена Q2 и изображена штриховой линией. Точка приложения равнодействующей равномерной нагрузки находится посередине отрезка BX 2 , на который эта нагрузка действует на рис. 1.10. Записав условие равновесия моментов относительно точки X 2 , находим x −a (1.14) ∑ M X 2 j = 0 = − Px2 − M + Q2 2 2 + M ( x) , j где слагаемое от распределенной нагрузки записано как произведение равнодействующей этой нагрузки Q2 на плечо равнодействующей относительно точx −a ки X 2 , равное 2 . 2 Подставив в моментное уравнение выражение для силы Q2 из уравнений равновесия второго участка, найдем ВСФ в сечении с точкой X 2 : Q( x) = P − q ( x2 − a ) , M ( x ) = Px2 ( x2 − a )2 +M −q . (1.15) (1.16) 2 Аналитические выражения для ВСФ на участках получены. Далее по алгоритму построения эпюр надо вычислить характерные их значения. Начинать следует с эпюры перерезывающих сил. На участке AB значение Q(x) не зависит 18 от x1 (1.11), поэтому эпюра постоянна Q( x ) = P = 1 кН , на участке BC выражение (1.12) для эпюры содержит x2 в первой степени, поэтому эпюра представляет собой прямую линию, которую на отрезке удобнее всего строить по значениям на концах отрезка Q ( x2 = a ) = 1 кН , Q ( x2 = 2a ) = -7 кН , Откуда видно, что эпюра перерезывающих сил на участке BC меняет знак с плюса на минус, что свидетельствует о том, что на участке BC на эпюре моментов максимум. Это экстремальное значение следует найти. Выполним поиск экстремума. Сначала найдем x 2Э , при котором перерезывающая сила обращается в ноль Q y ( x2Э ) = 0 = P − q ( x2Э − a ) , откуда P 1 кН +a= + 2 м = 2,25 м . кН q 4 м x Теперь по значению 2Э можно вычислить максимальные значения момента на участке BC: x2Э − a )2 ( M max = Px 2Э + M − q = 2 x2 Э = кН (2, 25 − 2 ) м 2 = 4 ,125 кН ⋅ м . м 2 Поскольку эпюра моментов на втором участке представляет собой согласно выражению(1.16) квадратную параболу, то для этого участка лучше составить таблицу характерных значений искомых величин (табл. 1.1). В качестве данных этой таблицы следует использовать результаты уже проведенных вычислений, а кроме того, вычислить значения моментов в начале, середине и конце участка. Таблица 1.1 2 = 1 ⋅ 2, 25 кН ⋅ м + 2 кН ⋅ м − 4 x2 , м 2,0 2,25 3,0 4,0 Q(x), кН 1,0 0,0 -3,0 -7,0 M(x), кН∙м 4,0 4,125 3,0 -2,0 19 Согласно алгоритму следующим шагом следует построить эпюры (графики) ВСФ данной задачи: перерезывающих сил и изгибающих моментов, которые представлены на рис. 1.11. При их построении следует учитывать как результаты проведенных расчетов, так и вид аналитических функций в формулах (1.11) – (1.14). Последним этапом расчета, согласно алy M горитму, следует выполнить проверку правильq P ности построения полученных эпюр по привеx денным правилам. C A B Проверку удобно начать с проверки эпюa a ры перерезывающих сил Q(x). Просматриваем эпюру в направлении возрастания координаЭпюра Q(x), кН ты x. На левом торце приложена сосредоточен1 ная сила P. Соответственно на эпюре в этой C точке скачок в сторону силы P на величину A x2Э B этой силы. На первом участке перерезывающая сила не меняется и равна P, что соответствует отсутствию распределенной нагрузки на этом участке, так что наклон эпюры перерезываю7 щих сил равен нулю. В точке B сосредоточенЭпюра M(x), кН∙м ная сила не приложена, поэтому и скачка эпюры Q(x) в этой точке нет. На следующем участ4,125 4 ке наклон эпюры Q(x) отрицательный и постоянный. Соответственно распределенная нагруз2 ка направлена в отрицательную сторону и поC стоянна. В точке C скачок на величину сосредоA B точенной силы в 7 кН. Сила имеет на эпюре 2 знак минус. Согласно правилу знаков и опредеРис. 1.11 лению, данному для ВСФ, это означает, что отрицательная сила, действующая с правой части стержня (в данном случае с опоры) на левую (на балку), направлена относительно рассматриваемой правой части стержня против часовой стрелки, т.е. на рис. 1.11 снизу вверх. Эта сила сводит сумму всех сил в вертикальном направлении к нулю, что означает равновесие стержня в вертикальном направлении. Эпюры можно дополнительно проверить, определив опорные реакции в этой задаче методами теоретической механики. Для этого следует воспользоваться аксиомой связей и заменить опору опорными реакциями, которые приложим в положительных направлениях правой системы координат. В защемле- 20 нии в общем случае возникает три опорные реакции: две составляющие силы RC и H C , а также момент M C (рис. 1.12). При отсутствии активных горизонтальных сил реакция H C равна нулю. Вертикальная же составляющая определяется из уравнения равновесия всей балки в направлении оси y: ∑ Py i = 0 = P − qa + RC , i откуда кН ⋅ 2м = 7кН . м Знак плюс опорной реакции означает, что y M реакция направлена вверх вдоль оси y, q R C MC P как это было принято на рис. 1.12. Видно, x что истинные направления реакции и C A B HC внутреннего силового фактора (перереa a зывающей силы) совпадают. В последнем сечении это одна и та же сила. Знак реакРис. 1.12 ции отличается от знака внутреннего силового фактора, поскольку использованы разные правила знаков. Записав моментное уравнение равновесия относительно точки С, можно найти и опорный момент a2 M = = − P ⋅ 2 a − M + q + MC , ∑ Cj 2 j RC = − P + qa = −1кН + 4 откуда a2 кН 2 2 м 2 M C = P ⋅ 2a + M − q = 1 ⋅ 2 ⋅ 2кН ⋅ м + 2кН ⋅ м − 4 ⋅ = −2кН ⋅ м . 2 м 2 Знак минус у результата показывает, что данный момент действует на балку противоположно опорному моменту, показанному на рис. 1.12. По величине и направлению этот момент, как и должно быть, совпадает с внутренним моментом в точке С на эпюре. Действительно, внутренний момент представляет собой влияние правой части (опоры) на левую (на балку). Эпюра моментов получается всегда со стороны сжатых продольных волокон. Тогда внутренний момент на эпюре в крайнем правом сечении тоже направлен по часовой стрелке (сверху вниз). Продолжим проверку эпюры моментов, просматривая далее эпюру слева направо. В крайнем левом сечении нет сосредоточенного момента, поэтому эпюра идет от нуля. Наклон эпюры положительный и постоянный, что соответствует эпюре перерезывающих сил, которая на первом участке положительна и постоянна. В точке B приложен сосредоточенный момент. На его 21 величину в этой точке происходит скачок в сторону сжимаемых этим моментом продольных волокон. За точкой B наклон эпюры моментов начинает меняться, сначала он уменьшается до нуля, а затем становится отрицательным, образуя абсолютный максимум эпюры моментов в данной задаче, после чего наклон эпюры моментов растет по абсолютной величине, что полностью соответствует эпюре перерезывающих сил на втором участке. Соответственно постоянной распределенной нагрузке эпюра моментов оказывается квадратной параболой, выпуклой вверх по правилу зонтика. Как видим, скачок эпюры моментов на конце балки равен опорному моменту. В результате эпюры полностью проверены. Пропустить ошибку почти невозможно. Рассмотрим по сути ту же задачу, но с заy M креплением на левом торце (рис. 1.13). Опорные q P реакции и в этом случае в начале решения задачи на построение эпюр для консольной балки лучC x X2 B X1 A ше не определять, но тогда следует рассматриx1* x1 вать равновесие правой части балки. На балке * получаются снова два участка, границы которых x2 отмечены буквами A, B, C. Первым рассматриваa a ем участок AB. Применяем метод сечений для Рис. 1.13 точки X 1 . Отбросив левую часть балки с неизвестными опорными реакциями, изобразим правую ее часть на рис. 1.14. Для произвольной точки X 1 следует задать y координату. Для этого может быть использована Q(x) P M(x) координата x1 , измеренная от точки C. Ее, однако, не слишком удобно изображать на рисунке, C x X1 A да и соотношения для ВСФ, записанные с помоx1* x1 щью этой координаты, оказываются несколько более громоздкими, чем при использовании дру2a * гой координаты, обозначенной x1 на рис. 1.13 и Рис. 1.14 * 1.14. Но чтобы воспользоваться координатой x1 , следует сначала направить неизвестные силовые факторы в положительную сторону по правилу знаков сопротивления материалов. Эти направления следует задавать для той системы координат, для которой будут построены эпюры, т.е. для координаты без звездочки, совпадающей по направлению с основной координатой x. Такие направления и показаны на рис. 1.13. (Заметим, что направления сил не зависят от того, используется координата x1 или x1* , но зависит направление момента.) Но когда направления всех сил и моментов указаны, результаты определения неизвестных получатся одинаковыми для любых сис- 22 тем координат, что и позволяет использовать координату x1* . Записав уравнения равновесия части балки на рис. 1.14, получаем уравнения ∑ Pyi = 0 = P + Q( x) , (1.17) ∑ M X 1 j = 0 = P x1* − M ( x) , (1.18) i j откуда для участка AB: Q( x) = P , (1.19) M ( x) = Px1* . (1.20) Если воспользоваться для этого участка координатой x1 , то в данной задаче соотношение для перерезывающей силы не изменится: оно не зависит от координаты точки X 1 . Формула для момента записывается по-другому ∑ M X 1 j = 0 = P(2a − x1 ) − M ( x) , (1.21) j поэтому M ( x ) = P ( 2a − x1 ) . Q(x) M q M(x) (1.22) По форме соотношение отличается от (1.20), но числовые значения момента не изменятся, поскольку из рис. 1.13 и 1.14 очевидно, что x1* = 2a − x1 . Для участка BC также можно использовать координату x*2 , направленную справа налево. С ее помощью записываем уравнения равновесия правой части балки (рис. 1.15) подобно тому, как это было сделано для час- P X2 B A a x*2 Рис. 1.15 ти балки на рис. 1.10 ∑ Pyi = 0 = P − q( x2* − a) + Q( x) , i ∑M X2 j = 0 = Px *2 (x +M −q * 2 j −a 2 (1.23) ) 2 − M ( x) , (1.24) из которых находим выражения для внутренних силовых факторов на втором участке Q( x ) = − P + q ( x2* − a ) , M ( x) = Px 2* (x +M −q * 2 (1.25) −a 2 ) 2 . (1.26) 23 Дальнейшее построение эпюр и их проверка принципиально не отличаются от случая консольной балки с защемлением на y M правом торце. Получающиеся эпюры представq P лены на рис. 1.16. Отметим еще, что величины внутренних C x B A a a силовых факторов на отдельных участках Q(x), M(x) (1.19, 1.20, 1.25, 1.26) в данном примере Эпюра Q(x), кН записывали без индексов участка при коорди7 нате x. Это оправдано для балки, поскольку правило знаков для ВСФ выбрано таким, что получающиеся графики (эпюры) представляют собой графики зависимости ВСФ именно от C A B общей для всей балки координаты x, а не ло1 кальных координат отдельных участков x1* * x2Э и x*2 . Эпюра M(x), кН∙м 1.1.2. Построение эпюр для балок, опираю4,125 щихся на две шарнирные опоры 4 В двухопорных балках, прежде чем определять перерезывающие силы и изгибающие моменты в произвольном сечении Q y (x ) и 2 C A B M z (x ) , необходимо найти опорные реакции из 2 уравнения равновесия балки как абсолютно твердого тела методами теоретической механики. Эти уравнения для балки, представленной на рис. 1.17, имеют вид Рис. 1.16   L 1 2 ∑ M A = RB 2L + qL L + 2  − 2qL2 − 2 qL 3 L + 2qL2 = 0 ,  1 1   L ∑ M B = − R A 2 L − 2 qL2 − 2qL2 + 3qL2 + 2 qL L + 3  = 0 .  Откуда RB = − 7 qL , 12 RA = 25 qL . 12 кН , L = 1 м ; тогда R B = −0,583 кН , R A = 2,083 кН . м Дальнейшие результаты, записанные в данной задаче в буквенных выражениях, также легко можно переписать в реальных величинах. Следует обратить внимание на то, что минимальная точность представления технического результаЕсли в задаче дано: q = 1 24 та – три значащие (отличные от нуля) цифры. По двум значащим цифрам зачастую невозможно оценить правильность результата. y x Рис. 1.17 Для проверки правильности определения опорных реакций составим уравнение проекции всех сил, приложенных к балке, на ось y L R A + R B − 2qL − q + qL = 0 , 2 25 7 3 qL − qL − qL = 0 , 0 ≡ 0 . 12 12 2 Для построения эпюр Q y (x ) и M z (x ) выy делим на балке участки и на каждом из них запишем уравнения равновесия. ∑ Pyi = 0 , Участок I. 0 ≤ x 1≤ L (рис. 1.18). Рис. 1.18 x 25 ∑ Pyi = −Q y ( x1) − P = 0 , Q y ( x 1) = − P = −2qL ; ∑M X1 = M z ( x1 ) + Px1= 0 , M z ( x 1) = − Px 1= −2qLx 1 . Эпюры Q и M ограничены пряy мыми линиями: Q = const , а M – наклонной прямой линией. Участок II. L ≤ x2 ≤ 2 L (рис. 1.19). ∑ Pyi = −Q y ( x2 ) − P + R A − −0, 5 q ( x ) ⋅ ( x 2 − L ) = 0, Q y ( x 2 ) = − P + R A − 0, 5 q ( x ) ⋅ ( x 2 − L ) . x Рис. 1.19 Из рассмотрения рис. 1.20 определим выражение для q(x) q( x ) x 2 − L x −L Рис. 1.20 = q( x ) = q 2 . , или q L L С учетом полученного выражения для q(x) уравнение проекций всех сил, приложенных к левой отсеченной части балки, примет вид: 25 ( x − L )2 qL − q 2 . 12 2L Запишем уравнение моментов всех сил, приложенных к рассматриваемой части балки, относительно точки с координатой x2 : Q y ( x 2 ) = −2qL + ∑M X2 ( x 2 − L) 2 1 = M z ( x2 ) + Px2 − R A ( x2 − L) + q ⋅ ( x 2 − L) = 0 , 2L 3 ( x − L )3 25 qL ( x 2 − L ) − q 2 . 12 6L На данном участке зависимость Q y (x ) – квадратичная парабола, а M z (x ) M z ( x 2 ) = −2qLx 2 + – кубическая парабола. Кривизна кривых Q y (x ) и M z (x ) отрицательная (выпуклость вверх), поскольку знаки у нелинейных слагаемых q ( x 2 − L )2 и 2L ( x 2 − L )3 – отрицательные. После построения эпюры Q y (x ) на втором участ6L ке выясняется, что она на концах интервала (участка) имеет разные знаки, что свидетельствует о том, что эпюра пересекает ось, а эпюра моментов имеет экстремум. Для определения экстремального значения изгибающего момента найдем значение координаты x 2экс , при котором перерезывающая сила равна нулю: q 26 25 Q y ( x экс ) = −2qL + qL − q 2 12 ( x экс − L ) 2 2 = 0 ⇒ x экс = 1, 41L . 2 2L 2 экс Изгибающий момент в этом сечении равен M z ( x ) = 1, 994qL . 2 На участке III удобнее рассматривать равновесие правой части балки. Участок III. 0 ≤ x3* ≤ L (рис. 1.21). x3* ∑ Pyi = Q y ( x3* ) + qx3* − RB = 0 , Рис. 1.21 ∑M X3 Q y ( x3* ) = RB − qx3* = 0,583qL − qx3* . 2 = −M z ( x3* ) − M + 0,5qx3* − RB x3* = 0 , 2 2 M z ( x3* ) = − M + 0,5qx3* − RB x3* = −2qL2 + 0,5qx3* − 0,583qLx3* . Из уравнений для перерезывающих сил Q и изгибающих моментов M следует, что эпюра Q ограничена наклонной прямой, а эпюра M – квадратичной параболой. При этом у эпюры перерезывающих сил, как и на участке II, на концах интервала разные знаки. Для определения экстремального значения изгибающего момента на данном участке определим координату x3экс , при которой Q = 0. Q y ( x 3экс ) = 0, 583qL − qx 3экс = 0 ⇒ x 3экс = 0, 583L , M z ( x3экс ) = 2,170qL2 . Проверим правильность построения эпюр Q y (x ) и M z (x ) (рис. 1.17). Рассматриваем балку (рис. 1.17) слева направо. Участок I. Внешняя распределенная нагрузка q = 0. Поэтому перерезывающая сила Q = const . В силу того, что Q < 0, изгибающий момент M убывает. Участок II. Внешняя распределенная нагрузка q < 0 и, следовательно, перерезывающая сила Q убывает. В точке A интенсивность нагрузки q = 0 и угол наклона касательной к эпюре Q также равен нулю. Там, где Q > 0, эпюра M возрастает, а где Q < 0 эпюра M убывает. Участок III. Внешняя распределенная нагрузка q > 0, эпюра Q возрастает; где перерезывающая Q < 0 эпюра M убывает, а там, где Q > 0, эпюра M возрастает. Скачки на эпюре Q будут в тех сечениях, в которых приложены заданные сосредоточенные внешние силы и опорные реакции, а на эпюре изгибающих моментов скачки будут в тех сечениях, в которых приложены внешние сосре- 27 доточенные моменты. Причем скачки на эпюре М будут в сторону сжатых волокон. x x2* x3* 1.1.3. Построение эпюр для стержней при растяжении-сжатии x1* Построение эпюр при растяжении-сжатии стержней осуществляется в целом так же, как и при изгибе. Поэтому рассмотрим сразу пример, консольный стержень (рис. 1.22), для которого требуется построить эпюру осевых сил N (x) и определить сече- Рис. 1.22 x x1* Рис. 1.23 x x *2 Рис. 1.24 ние, в котором внутренняя сила является максимальной по модулю. При растяжении-сжатии в поперечном сечении стержня возникает один внутренний силовой фактор – продольная сила N(x) или Qx (x) , направленная вдоль оси x. Для ее опреx x 3* Рис. 1.25 Участок I. 0 ≤ x 1≤ L (рис. 1.23). − N ( x ) − P 1= 0 , деления применяется метод сечений. По тем же правилам, что и при изгибе, стержень разбивается на участки, для которых записываются уравнения равновесия (сумма проекций на ось x всех сил, приложенных к рассматриваемой отсеченной части стержня). N ( x ) = − P 1= −2qL . Продольная сила на участке I оказывается постоянной, на участке II она меняется по закону прямой линии. Участок II. L ≤ x2 ≤ 2 L (рис. 1.24). − N ( x ) + q( x*2 − L ) − P 1= 0 , N ( x ) = q( x *2 − L) − P 1= q( x *2 − L) − 2qL . 28 2≤ Участок III. L 3x3(рис. 1.25) − N ( x ) − P2 + qL − P1 = 0 , N ( x ) = −P2 + qL − P1 = = −3qL + qL − 2qL = −4qL . Рис. 1.26 С помощью полученных соотношений строим эпюру осевых сил N(x) (рис. 1.26). В сечении балки, в котором приложена внешняя сосредоточенная сила, на эпюре N(x) имеется скачок, равный по величине этой силе. Максимальное по модулю значение продольной силы равно N max = 4qL . 1.1.4. Построение эпюр для стержней при кручении При рассмотрении задачи о кручении стержня необходимо ввести правило знаков для внутреннего крутящего момента. Будем считать внутренний крутящий x момент положительным, если он вращает рассматриваемую часть бруса против часовой стрелки при x наблюдении со стороны r внешней нормали n к плосРис. 1.27 кости поперечного сечения (рис. 1.27). Под внешней нормалью в данном случае понимается нормаль, направленная от рассматриваемой части стержня. Алгоритм построения эпюр при кручении не отличается от уже рассмотренных случаев. В качестве примера рассмотрим стержень, приведенный на рис. 1.28. На рис. 1.28 с помощью значков плюс и точка в кружках обозначены пары сил, создающие крутящие моменты, пропорциональные величине T. Точ- 29 ка означает острие стрелы, направленной из чертежа, плюс – оперение стрелы, направленной к чертежу. Дано: T=1 Нм. Построить эпюру M кр . При отсутствии в нагружении стержня распределенных крутящих моментов эпюра M кр получается кусочно-постоянной. Участок AB (рис. 1.29). В соответствии с меРис. 1.28 тодом сечений рассечем мысленно брус в произвольной точке X его оси на участке AB поперечным сечением. Отбросим одну из частей стержня. В данном случае удобнее отбрасывать правую его часть, поскольку к ней приложено больше внешних нагрузок, и заменим ее действие неизвестным крутящим моментом M x ( x1 ) (рис. 1.29), котоX1 рый приложим в положительном направлении в соответствии с правилом знаков, введенном выше. Записывая уравнение равновесия моментов относительно продольной оси бруса x для рассматриваемой правой части получим слеРис. 1.29 дующее уравнение ∑ M x = 6T + M x ( x1 ) = 0 , из которого получаем значение внутреннего крутящего момента в произвольном поперечX2 ном сечении стержня M x ( x1 ) = −6T . Рис. 1.30 M x ( x3* ) X3 x3* Рис. 1.31 Как и следовало ожидать, полученное значение крутящего момента оказалось постоянным для всего участка AB (рис. 1.28). Рассуждая аналогично, получаем выражения для крутящих моментов в сечениях на других участках. Участок BC (рис. 1.30). ∑ M x = 6T − 3T + M x ( x2 ) = 0 , M x ( x2 ) = −3T . 30 Участок CD (рис. 1.31). На участке CD удобнее рассматривать равновесие правой части стержня ∑Mx = 2T − M x ( x 3* ) = 0 , M x ( x 3* ) = 2T . Заметим, что в опорах стержня при его кручении могут возникнуть крутящие моменты, связанные с трением, но они по условию задачи не заданы. Поэтому в данной задаче в опорах не возникают реакции и опоры никак не влияют на эпюру крутящих моментов (рис. 1.28). В данной задаче вместо проверки правильности определения опорных реакций следует проверить правильность задания исходных данных. Сумма всех внешних моментов относительно оси x должна равняться нулю. В данном случае ∑Mx = 6T − 3T − 5T + 2T = 0 , Легко проверить и правильность полученной эпюры. Скачки на эпюре должны быть равны приложенным моментам, а моменты в торцевых сечениях должны подчиняться принятому правилу знаков для внутренних крутящих моментов. 1.2. Общие теоретические положения построения эпюр внутренних силовых факторов для рам и криволинейных брусьев Рамой называется стержневая система, стержни которой жестко соединены в узлах и предназначены для работы не только на растяжение (сжатие), но также на изгиб и кручение. Стержни рам могут быть кривыми (рис. 1.32). Определение внутренних силовых факторов (ВСФ) осуществляется для рам и кривых брусьев в основном также, как и для балок [1]. Но все же это более сложные конструкции, вследствие чего проR =L цедура построения эпюр имеет для них свои особенности [1-2]: 1. Обычно в рамах в плоской задаче прихоϕ E дится строить все три эпюры: N, Q, M. P F L 2. Границами участков при составлении B C D аналитических зависимостей дополнительно яв60° L 2L ляются: L A 1) точки соединения стержней (узлы рамы), 2L P в том числе изломы оси стержней (рис. 1.32, точки B, C, D); G 2) точки скачкообразного изменения кривизРис. 1.32 31 ны (рис. 1.32, точка Е). 3. При определении ВСФ каждый стержень рамы приходится относить к новой системе координат. В результате эпюры для соседних участков строятся каждая в своей системе координат, поэтому эпюры для соседних участков могут окаE заться несогласованными (если не придерживатьF ся изложенного далее несложного правила), B C D вследствие чего может теряться наглядность результата. К принципиальным ошибкам это, однаA ко, не ведет. 4. При проверке можно дополнительно проверять равновесие узлов рамы. G Прочие правила проверки эпюр также слеРис. 1.33 дует применять, они остаются справедливыми. 5. Для криволинейного стержня, ось которого представляет собой дугу окружности, в качестве координаты удобно брать угол ϕ (рис. 1.32). Если на каждом из стержней рамы изобразить свою систему координат, то этим слишком загромождается чертеж. Значительно проще указать на каждом из участков выбранное направление только одной оси, оси x, направленной вдоль продольной оси стержня рамы. На рис. 1.32 направление этих осей указано двойными стрелками, чтобы их можно было отличить от векторов сил. Направление же второй оси правой системы декартовых координат для каждого стержня (оси y) легко установить, повернув ось x на 90° против часовой стрелки. Для сохранения наглядности получающихся эпюр желательно придерживаться следующего правила, о котором упоминалось ранее: На границе участков, лежащих на одной прямой (участки BC и CD, рис. 1.32), а также на границе участков, разделенных узлом, в котором сходятся только два стержня (на рис. 1.32 это узлы B, D, E), системы координат надо выбирать так, чтобы конец одного участка стыковался бы с началом другого участка (как это сделано на рис. 1.32). Заметим, что этим правилом не ограничивается направление оси x для участка CG. Его можно взять и противоположным тому, что указано на рис. 1.32. Если у расчетчика есть желание поменять направление оси x на какомлибо участке изображенной на рис. 1.32 рамы, то для сохранения наглядности лучше сделать это на всех участках ломаной ABCDEF (в соответствии с прави- 32 лом), выбрав направления так, как показано на рис. 1.33. При использовании в качестве координаты на криволинейном участке рамы угла ϕ направление стрелки указывает направление возрастания этого угла. Направление второй оси y будет переменным, оно получится как обычно поворотом направления, указываемого стрелкой на 90° против часовой стрелки. Для участка EF (рис. 1.32) это направление к центру окружности. Заметим, что системы координат на каждом из участков определяют положение левой и правой части рамы при использовании метода сечений, положение верхнего и нижнего продольного волокна (т.е. знак эпюры моментов) и, конечно, указывает, в какую сторону следует откладывать положительные, а в какую – отрицательные значения эпюр. 1.2.1. Построение эпюр для рам Рассмотрим построение эпюр для рамы, изображенной на рис. 1.34. Опорные реакции определяются из уравнений равновесия всей рамы (рис. 1.35): ∑ X i =H B + qL = 0 , H B = − qL , ∑ M A = R B L + H B L + 0, 5 qL2 − 0, 5PL = 0, R B = 1, 5 qL , ∑ M B = − R A L − 0, 5 qL2 − 1, 5PL = 0, R A = −3, 5 qL Для проверки правильности определеC A 2L ния опорных реакций запишем сумму моментов относительно произвольно выбранной q L точки, для которой такая сумма еще не отыB F скивалась и относительно которой все опорy D 1,5L 1,5L ные реакции дают отличный от нуля момент. P=2qL x Сумма должна равняться нулю. В качестве таРис. 1.34 кой точки в данной задаче можно выбрать точку С, тогда RA ∑ M C = 0, C q 2L A RB L HBB B H F D 1,5 L P=2qL 1,5 L R A 2L + 0, 5 qL 2 + 3 qL 2 + R B 3L + H B L = 0 , − 7qL 2 + 0, 5 qL 2 + 3 qL 2 + 4, 5 qL 2 − qL 2 = 0 , 0 ≡ 0. В соответствии с изложенными рекомендательным правилом выберем для каждого стержня рамы направление осей координат, Рис. 1.35 определяющих знаки внутренних силовых факторов, отметим направления осей x этих координат двойными стрелками на 33 рис. 1.35. Выделим участки, применим к каждому участку рамы метод сечений и на каждом из них запишем уравнения равновесия, из которых найдем аналитические выражения для ВСФ. При записи уравнений равновесия положительными направлениями считаем направления, заданные системами координат с двойными стрелками. Участок I (AC). 0 ≤ x1 ≤ 2 L (рис. 1.36). ∑ Pxi = N ( x1 ) = 0 , ∑ Pyi = Q( x1 ) + RA = 0 , Q( x1 ) = − R A = 3,5qL , ∑ M X j = M ( x 1) + R A x 1 = 0 , M ( x 1) = − R A x 1= −3,5qLx 1 . RA Q(x 1) N (x 1) X A x1 M (x 1) Рис. 1.36 C RA A x2 2L Участок II (CD). 0 ≤ x2 ≤ L (рис. 1.37). ∑ Pxi = N ( x2 ) − R A = 0 , N (x2 )=RA , ∑ Pyi = −Q( x2 ) + qx2 = 0 , Q( x 2 ) = − qx2 , q X Q (x 2) M (x 2) ∑ M X j = M ( x2 ) − 0,5qx22 + R A 2 L = 0 , N (x 2) M ( x2 ) = 0,5qx22 + 7 qL . Рис. 1.37 На двух оставшихся участках внутренние силовые факторы удобнее определять из равновесия другой части рамы. RB M (x 3) Q(x ) 3 N x ) ( F X 3 B HB x*3 x3 ∑ M X j = − M ( x3 ) + RB (1,5L − x3 ) = 0 , 1,5L M ( x 3 ) = 1, 5 qL (1, 5L − x 3 ) . Рис. 1.38 M (x 4) Q (x ) 4 D N (x 4) X F x4 1,5L Участок III (BF). 0 ≤ x 3 ≤ 1,5L (рис. 1.38). ∑ Pxi = − N ( x3 ) + H B = 0 , N ( x 3 ) = −qL , ∑ Pyi = Q( x3 ) + RB = 0 , Q ( x 3 ) = −1, 5 qL , RB B HB P 1,5L Рис. 1.39 Вновь отметим, что после того как определены положительные направления внутренних силовых факторов в отдельных стержнях с помощью систем координат, отмеченных двойной стрелкой, для записи уравнений равновесия можно пользоваться любыми другими системами координат, например, 34 на участке BF можно пользоваться системой координат с началом в точке B и * осью x 3 (рис. 1.38). Для момента тогда получится выражение: Эпюра N (x ) ∑ M X = −M ( x *3 ) + R B x *3 = 0 , 3,5qL C A D 3,5qL qL B F - qL M ( x 3* ) = 1, 5 qLx 3*, которое по форме хотя и отличается от предыдущего, но дает те же значения момента во всех точках, что и функция M ( x3 ) . Рис. 1.40 Участок IV (FD). 0 ≤ x 4 ≤ 1,5L (рис. 1.39). ∑ Pxi = − N ( x4 ) + H B = 0 , N ( x 4 ) = −qL , Эпюра Q (x ) ∑ Pyi = Q( x4 ) + P + RB = 0 , C A + Q ( x 4 ) = −3, 5 qL , 3,5qL F 3,5qL B ∑ M X j = −M ( x4 ) + P (1,5L − x4 ) + D qL + RB (3L − x 4 ) = 0, 1,5qL 3,5qL M ( x 4 ) = 2 qL (1, 5L − x 4 ) + Рис. 1.41 + 1, 5 qL (3L − x 4 ) = 0. С помощью полученных аналитических выражений построим эпюры внутренних силовых факторов в данной раме (рис. 1.40 – 1.42). При этом учиЭпюра M (x ) тываем положительное направление, 2 C 7qL A определяемое осями y систем коорди+ нат, связанных со стержнями и пока7qL 2 + занных двойными стрелками. 7,5qL 2 2 2,25qL В отсутствии ошибок при по+ строении эпюр необходимо убедиться F B D 7,5qL 2 с помощью дифференциальных завиРис. 1.42 симостей и других способов проверки правильности построения эпюр для отдельных стержней. Дополнительно следует проверить равновесие узлов рамы. Рассмотрим, например, равенство моментов, приложенных к узлу D (рис. 1.43). Если вся конструкция находится в равновесии, то любая часть ее также должна находиться в равновесии. Поэтому в равновесии от действия внешних сил и моментов должен быть и узел D, вырезанный двумя сечениями вблизи точки D. Как видно из эпюры моментов, на этот узел действуют два момента по 7,5qL2 . Направление этих моментов удобно указать по свойству эпюры моментов: она должна получаться со стороны сжатых продольных волокон стержней. 35 Почему при таких направлениях моментов сжатые волокна «внутри» рамы, легко понять, представив те же моменты в виде пары сил (рис. 1.44). Сила 7,5qL 2 D 2 2 7,qL 5qL 7,5 7,5qL 2 D 7,5qL3,25qL 7,5qL2 7,5qL D qL 7,5qL 7,5qL3,25qL qL 3,5qL qL 7,5qL D Рис. 1.46 Рис. 1.43 Рис. 1.45 Рис. 1.44 каждой из пар «внутри» рамы направлена к сечению, потому вызывает сжатие. Направления моментов около точки D в виде дуг окружностей показаны на рис. 1.43. Получены истинные направления моментов, поэтому они должны указываться без знака. Из этого рисунка видно, что моменты находятся в равновесии. В более сложных случаях придется записать уравнение равновесия моментов относительно точки D. Подчеркнем, что в число моментов, сообщающих равновесие узлу D, следовало бы включать и моменты, действующие непосредственно на узел, если бы таковые имелись. В данной задаче их нет. Эти моменты не видны на эпюрах рам, их надо брать со схемы самой конструкции. Подобным образом можно рассмотреть и равновесие сил, приложенных к узлу D, выделив узел бесконечно близкими к нему сечениями. Из эпюры осевых сил N (x) видно, что на узел D действуют осевые силы. Их направления удобнее указывать P по правилу знаков сопротивления материалов. R=L На эпюре эти силы отрицательны, поэтому они D сжимают стержни СD и DF. Направления сил в A E этих стержнях показаны на рис. 1.45 без знака, q C поскольку это истинные направления сил. Но от одних осевых сил узел не будет в равновесии, 2L поэтому следует рассмотреть и перерезываюy щие силы. Их истинное направление снова укаL x F зываем по правилу знаков сопротивления матеB риалов (рис. 1.46). После приложения этих сил Рис. 1.46 видно, что узел находится в равновесии. Если бы в задаче на узел D действовали внешние сосредоточенные силы, например, опорные реакции, то их также необходимо включать в число сил, приводящих к равновесию узла. Аналогичным образом можно проверить и равновесие узла С. 36 1.2.2. Построение эпюр для рам с криволинейным брусом Требуется построить эпюры внутренних силовых факторов для рамы, изображенной на рис. 1.47. Опорные реакции найдем из уравнений равновесия всей рамы (рис. 1.48): ∑ Pxi = H B − 2qL = 0, H B = 2qL , P ∑ M A = −R B 2L + H B 2L − 2qL2 = 0, R B = qL , D ∑ M B = −R A 2L + P 2L + 2qL2 = 0, R A = 2qL . R =L RA Для проверки правильности определения опорных реакций запишем сумму моE A q ментов относительно точки C, в которую C войдут все опорные реакции. Сумма должна 2L равняться нулю. RB y M C = 0 , R A L − PL − qL2 − R B 3L + H B 2L = 0, ∑ HB L 2qL 2 − qL 2 − 2qL 2 − 3 qL 2 + 4 qL 2 = 0, 0 ≡ 0 . x F B В соответствии с рекомендациями выРис. 1.48 берем для стержней направление осей координат, определяющих знаки внутренних силовых факторов, отметим направления осей x этих координат двойными стрелками на рис. 1.48, выделим участки и применим метод сечений. R A Участок I (AC). 0 ≤ x1 ≤ L (рис. 1.49). Q(x 1) N (x 1) ∑ Pxi = − N ( x1 ) = 0 , A ∑ Pyi = −Q( x1 ) + RA = 0, Q( x1 ) = − RA = −2qL, X x 1 M (x 1) ∑ M = M ( x 1) + R A x 1= 0 , X M ( x 1) = − R A x 1= −2qLx 1. Для криволинейных брусьев с осью в виде дуги окружности удобнее всего воспользоваться полярной системой координат с полюсом в центре окружности. На рис. 1.50 изображено равновесие части рамы после применения метода сечений для криволинейного участка. Обратим внимание на то, что осевая и перерезывающая силы есть соответственно силы η τ вдоль оси бруса и перпендикулярно его оси в расM (ϕ 2) N (ϕ 2) сматриваемой точке. На рис. 1.50 изображены положительные направления этих сил. Чтобы найти эти X Q(ϕ 2) две силы, а также момент в сечении, удобнее всего, RA как и в случае прямолинейных стержней, записать ϕ2 A C суммы проекций всех сил на осевое и поперечное наРис. 1.50 правления (на рис. 1.50 это местные оси τ и η), а также Рис. 1.49 37 сумму моментов относительно точки X начала координат осей τ и η (точка оси стержня, лежащая в рассматриваемом сечении). Тогда в каждое уравнение войдет всего по одной неизвестной силе. Участок II (CD). 0 ≤ ϕ2 ≤ π 2 (рис. 1.50). ∑ τ i = N ( ϕ 2 ) + R A cos ϕ 2 = 0 , N (ϕ2 ) = −2qL cos ϕ2 , ∑ η i = −Q ( ϕ 2 ) + R A sin ϕ 2 = 0 , Q(ϕ2 ) = 2qL sin ϕ2 , ∑ M X = M (ϕ2 ) + R A L cos ϕ2 = 0 , M (ϕ2 ) = −2qL2 cos ϕ2 . Аналогично составляются аналитические выражения для внутренних силовых факторов и на участке DE: Участок III (CE). 0 ≤ ϕ3 ≤ π 2 (рис. 1.51). ∑ τ i = N ( ϕ 3 ) + Psin ϕ 3 − R A cos ϕ 3 = 0 , P D N (ϕ3 ) = qL sin ϕ3 , η ∑ η i = −Q ( ϕ 3 ) − P cos ϕ 3 + R A cos ϕ 3 = 0 , X M (ϕ 3) ϕ3 Q ( ϕ 3 ) = qL cos ϕ 3, RA Q(ϕ 3) ∑ M X = M (ϕ3 ) + PL sin ϕ 3 − N(ϕ 3) − R A L sin ϕ 3 = 0, A C τ Рис. 1.51 M (ϕ3 ) = qL2 sin ϕ3 . На двух оставшихся участках удобно M (x 4) Q(x 4) F N (x 4) X B HB рассматривать равновесие другой, правой части рамы. Участок IV (BF). 0 ≤ x 4 ≤ L (рис. 1.52), RB x4 ∑ Pxi = − N ( x4 ) + H B = 0, N ( x4 ) = 2qL, L ∑ Pyi = −Q( x4 ) + RB = 0, Q( x4 ) = qL, ∑M X = − M ( x 4 ) + R B ( L − x 4 ) = 0, M ( x 4 ) = − qL ( L − x 4 ) . Рис. 1.52 E N (x 5) X Участок V (FE). 0 ≤ x 5 ≤ 2L (рис. 1.53). ∑ Pxi = − N ( x5 ) + RB = 0, N ( x5 ) = RB , ∑ Pyi = Q( x5 ) + H B − q(2 L − x5 ) = 0, M (x 5) Q(x 5) q RB HB F L Рис. 1.53 B ∑M Q ( x 5 ) = −2qL + q (2L − x 5 ) = − qx 5 , X = − M ( x 5 ) + H B (2L − x 5 ) + + R B L − 0, 5q (2L − x 5 ) 2 = 0 , M ( x 5 ) = 2qL (2L − x 5 ) − qL 2 − − 0, 5q (2L − x 5 )2 = 0 , 38 Полученные аналитические зависимости позволяют построить эпюры внутренних силовых факторов (рис. 1.54 – 1.56). Эпюра N (x ) 2qL D qL E + D qL A C + Эпюра M (x ) 2qL 2 + C 2qL A Эпюра Q(x ) D + - E 2 C 2qL A E qL 2 2qL + F qL Рис. 1.54 qL B + 2qL F Рис. 1.55 B qL 2 F qL 2 B Рис. 1.56 Таким образом, рассмотрены рассмотрены примеры решения решения типовых задач, которые необходимы для самостоятельного выполнения расчетной работы. 39 1.3. Порядок выполнения и оформления расчетно-графических работ Расчетно-графические работы имеют своей целью овладение практическими навыками решения задач по основным разделам курса "Сопротивление материалов". 1. Для выполнения работ необходимо взять исходные данные из настоящего пособия, пользуясь номером варианта (обычно это порядковый номер студента в списке группы) и шифром. Оба числа сообщает студенту преподаватель, руководящий выполнением расчетно-графических работ. Все исходные данные берутся из таблицы в соответствии с шифром. Правило пользования шифром: принимается, что каждой цифре шифра в порядке их следования соответствуют русские буквы "а", "б", "в", "г"; из каждого столбца таблицы, обозначенного буквой, берется число из той строки, номер которой совпадает с цифрой шифра. Например, при шифре 8504 в таблице из столбца "а" взять 8-ю строку, из столбца "б" - 5-ю, из столбца "в" - 10-ю, из столбца "г" - 4-ю. 2. Задание выполняется на одной стороне писчей бумаги формата 210× 297 мм. На обложке из ватмана или плотной бумаги указываются (см. приложение): наименование университета, кафедры, название расчетно-графической работы, вариант (номер схем) и шифр, фамилия, инициалы, номер группы исполнителя, фамилия, инициалы преподавателя, учебный год выполнения работы. 3. Перед решением каждой задачи в задании необходимо привести ее схему (в принятом масштабе), все исходные данные с указанием размерности. Все расчеты должны сопровождаться краткими и точными пояснениями, четкими эскизами, на которых указываются все входящие в расчет величины. Расчет вести в общем виде, а затем подставить числовые значения. В окончательных результатах обязательно указать размерность полученных величин. 4. Графическая часть каждого задания выполняется на листах миллиметровой бумаги или писчей бумаги в клетку формата 210х297 мм в стандартном масштабе с указанием всех необходимых размеров и единиц измерения. 5. Выполненное задание сдается преподавателю или на кафедру не позднее срока, установленного учебным планом. 6. Для проверки качества усвоения студентами соответствующего раздела курса и самостоятельности выполнения расчено-графической работы проводится рубежный контроль (защита задания). Для успешной защиты необходимо уметь объяснить ход решения; знать все теоретические положения, используемые для решения и проверки; уметь решить любую типовую задачу. 40 1.4. Задание на выполнение расчетно-графической работы «Построение эпюр внутренних силовых факторов» Целью задания является построение эпюр внутренних силовых факторов в стержнях при растяжении, плоском изгибе и кручении, а также для рам и кривых брусьев на плоскости. Каждый из приведенных рисунков содержит по 30 вариантов соответствующего задания. Для стержневых систем, изображенных на рис. 1.57 – 1.64, требуется: 1) определить опорные реакции, если это необходимо для построения эпюр; 2) установить число участков; 3) применить метод сечений и получить аналитические выражения внутренних силовых факторов по участкам (изобразить графически рассматриваемую часть балки и все действующие на нее силы и моменты); 4) вычислить значения внутренних силовых факторов в характерных точках участка и определить экстремальные их значения; 5) по вычисленным значениям на одном листе с изображением стержневой системы построить эпюры внутренних силовых факторов (графическая часть задания); 6) проверить правильность построения эпюр, пользуясь дифференциальными зависимостями между внутренними силовыми факторами и другими правилами проверки эпюр. Исходные данные взять из таблицы. Номер строки 1 2 3 4 5 6 7 8 9 l, м "г" 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 l1 l l2 l "г" 0,3 0,4 0,5 0,6 0,5 0,3 0,4 0,5 0,6 0,5 "б" 0,3 0,4 0,5 0,6 0,5 0,3 0,4 0,5 0,6 0,5 P, кН "б" 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 5,0 5,5 q, кН/м "а" 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 M, T, "в" 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 5,0 5,5 "a" 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 5,0 кН ⋅ м кН ⋅ м 41 q P M q M P q P 2 1 l l1 q M l q P 4 l1 P l P 7 l l1 q M P l M l1 q l1 l q P 13 12 M M l P l q M q P l1 l q q P M l q 19 l1 M q l1 M l q M 20 l l1 18 l1 P M l 17 16 l1 15 l1 M q q l1 14 l l1 M 11 l l q M 10 q 9 l1 M q M l1 l 8 l P q 6 l1 q l1 M 5 l q 3 P Рис. 1.57 l1 P q 21 l l1 l l1 42 q M q 22 M q 23 q M 25 26 l l1 M q l P M 28 27 q P l1 l P q l1 q P l P 24 M l1 l P M 29 l1 l l1 q q M 30 P l l P l1 l1 l l1 Рис. 1.57 (продолжение) M q q 1 P M 2 q M q 4 q 3 P P P q M 5 q P q P 6 M M q M 7 q P 8 9 P l1 l l1 l1 P l Рис. 1.58 l1 l1 l l1 43 P q M M 10 q 11 M q P q P 12 P q M P q 13 M 14 15 P q P M 16 q P 17 M q 18 P q M q 19 M M P q 21 20 P M q P q P 22 q 23 M q q P 26 M P q l1 l l1 q q M 27 P q M 29 28 P M 24 P 25 q M M q P 30 l1 l l1 Рис. 1.58 (продолжение) l1 l l1 44 M q q P 1 2 4 q P 5 q 7 q M 3 q M q M q M q 6 q P P 8 9 q q P 10 q M q 11 M 12 q q q P P 13 q 14 q M 15 q l1 l l1 l1 l Рис. 1.59 l1 l1 l l1 45 q q q M 16 17 18 q P q q M 19 q M q 20 P q q P 22 23 P q q q 25 26 q P M 27 q P q q q q P q M 24 q q M 28 29 30 P l1 q 21 q q P q l l1 q q l1 l l1 Рис. 1.59 (продолжение) l1 q l l1 46 1 q 2 M 3 q q l1 l2 q l 4 l1 M q 5 l l1 l2 6 M q l q q l1 l 7 2q l2 l l1 8 q l1 l1 l2 M q 9 l l2 q 2q q l1 10 l l2 2q q l1 l2 l P 11 l1 l q 12 q l2 M q l 13 l1 l2 l 14 M l l1 l2 q l1 l2 q P l1 l2 Рис. 1.60 l l 15 l2 l1 q l1 l2 l 47 16 17 q 18 M M q q q l1 l l1 l2 l l2 l 20 19 21 q q l1 q l l1 l q 25 l1 ll21 l1 q l q 28 l 27 26 M q l l l1 l2 29 M l1 l1 l1 q l l2 Рис. 1.60 (продолжение) l2 l M l1 l2 M q l 2q q 24 2q l1 l2 q l1 q 23 22 l2 l l1 l2 l q 30 l1 l2 l 48 1 2 3 q P l P l1 4 5 q 6 q l1 l1 P q 7 8 9 P P l1 l l1 q 10 11 12 q l1 P l q 13 14 q 15 q l1 P l Рис. 1.61 l1 49 l 16 17 M 18 q M P 20 19 21 q P P l1 l1 q 22 23 24 q l1 P l1 P P 2P 25 27 26 l1 P l P M P P 28 29 30 l P q M l P Рис. 1.61 (продолжение) 50 l1 l1 1 2 q l1 P 3 M q P P l1 l1 l l l1 l1 l1 4 l 5 P 6 q q M q M l l1 l P 7 l1 l1 l l1 8 9 q q q P l l1 10 P l1 11 M 12 l1 l1 13 q 14 l1 l l 15 M M l M P l1 l1 q q q l l l l1 q q l l1 Рис. 1.62 l l1 P 51 q l M l l1 18 M q 21 q M l l1 l l l1 20 q q l l1 P 19 17 l1 16 q l1 P M M l1 l q M q 24 23 l1 q l1 l 22 l l1 l l1 P q 25 l l1 l P l1 27 M l P l l l1 l1 l1 l l1 l1 q 30 l l1 l1 l q 29 P 1,5l q 28 l l1 l l1 l1 l q l1 P l1 M 26 l1 l l l1 Рис. 1.62 (продолжение) 52 1 2 q 2q P P 2P 2l l 3 2l l 4 q q 3P P 2P P 5 2l l 2l l 6 4q q P 5P 2P 2l l 7 q 2l 8 P l q P 2P 2l 9 2P 2l l q 10 2P l 2P q q P 2l 11 1,2l l l 12 q 1,2l 4P q P 2l 13 l 2P l 14 q l q l P P l 15 l 2P 1,4l l 16 q l 3q 1,4l q 2P P l l l l Рис. 1.63 l l 53 q 17 2q 3P 18 5P 3l 2l 5P 19 l 3q l 3q 4P l q 2l 2l 22 2l 2P 23 3P l q 2l l q 20 1,5l 3P 21 2l 2l 3l l q 24 8P P l l 2P 25 l l q 2l 2l 3P 26 3q 4P l 2l q 27 2l 2l 3P 5q 28 2l l 2P P 4ql 2l 2l 3q 29 l 2l 5P 2l 3P 2q 30 l 2P 3l l l 3l Рис. 1.63 (продолжение) l l 54 4T T 2T T 1 4T 2T T T 2 4T 2T T T 4 T 3T T 6T 7 4T T 2T 3T 2T 5T 6T T T 3T T 3T T T T 3T T T T 2T 4T T T 2T 4T T T 5T 2T T 2T T 5T 2T 2T l1 l l1 4T T T 6T T 2T 3T T 3T 2T 6T 3T T T T 3T 2T 4T T 2T T 3T 6T T 18 4T T 2T T 20 19 2T 15 17 16 T 12 14 13 4T 9 11 10 T 6 8 T T 3 5 2T 2T 21 l1 l Рис. 1.64 l1 l1 l l1 55 T 2T 2T 5T 22 3T T T T 23 T 4T 2T T 25 2T 5T T 2T 28 3T 5T T l l1 6T 2T 6T 2T 2T 2T T 4T T 2T T 27 T 6T 2T 3T 29 l1 3T 24 26 T T 30 l1 l l1 Рис. 1.64 (продолжение) l1 l l1 56 l 1 2 l2 M l 2 l 2 l1 l2 q l M P q l2 l1 P l2 P 4 q l M l 3 l l1 l1 P q 6 l l1 l l l 8 l1 l2 q P M l1 P l l l2 M 10 q l 9 l1 l2 l2 q M Рис. 1.65 q l l M l1 l1 q l l2 7 P l2 l2 q l2 M l1 P l2 5 57 l 11 M l2 l1 q P l1 l1 l l2 q l1 12 l 14 l1 l2 P l q l1 P l1 l2 q l l 13 q l 15 l1 l1 l1 l1 l2 M l 16 M l2 q l l2 l2 P l1 P l1 q P q M q q M l2 18 l1 l2 l l1 M q 20 l 2l 19 q l l1 17 P q 60° q 60° q l 2l Рис. 1.65 (продолжение) 58 l l1 l1 22 l2 l1 q l2 M l1 21 l P P 24 q l1 q q l2 M P l1 l q l l M 30 l l2 q l P P Рис. 1.65 (окончание) l1 M q M l1 l2 l1 l2 P q l2 l1 M l 28 q l q l l1 l1 M l2 l1 29 P P l2 M 27 l2 l1 26 P l2 25 l l1 l l1 2M l2 23 59 2. РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ СТЕРЖНЕВЫХ ЭЛЕМЕНТОВ КОНСТРУКЦИЙ 2.1. Расчет стержней на растяжение и сжатие Рассмотрим стержень, подверженный действию растягивающей силы, приложенной на одном из его концов вдоль оси стержня (рис. 2.1). Считаем, что собственным весом стержня можно пренебречь. Эпюры RB = P A N (x) [H ] P σ(x) [МПа] ε(x) [-] u(x) [мм] P N(x) = P X B P P P Рис. 2.1 Применяя метод сечений, из условия равновесия в направлении оси x установим, что в любом его поперечном сечении действует осевая сила N ( x ) = P , следовательно, эпюра осевой силы постоянна (рис. 2.1). Таким образом, любая часть стержня растянута одними и теми же силами P. 2.1.1. Деформированное состояние невесомого стержня Введем понятие перемещения точек закрепленного деформируемого тела. Перемещением точки A закрепленного в пространстве деформируемого r твердого тела будем называть вектор U = AA* , проведенный из точки A до деформации в ее положение после деформации A* (рис. 2.2). 60 На рис. 2.2 штриховой линией показана форма тела до деформации, сплошной - форма тела после деформации под действием некоторой нагрузки q. r Составляющие вектора U по осям x, y, z обозначим соответственно u, v, w. На основе данных эксперимента на растяжение принимают гипотезу относительно особенностей деформирования стержня при растяжении. Эту гипотезу называют гипотезой плоских сечений. Поперечное сечение стержня после деформации растяжения остается плоским и перпендикулярным продольной оси стержня. Теоретические и экспериментальные исследования показывают, что данная гипотеза правильно отражает реA* альную картину деформирования стержA ня в части стержня, удаленной от мест приложения нагрузок. В зависимости от z способа приложения нагрузки в зоне ее приложения могут быть отклонения от q этой гипотезы или же их может и не y быть. x Рис. 2.2 При введении данной гипотезы очевидно, что для описания деформации стержня достаточно следить за осевыми перемещениями точек продольной оси стержня u, и тогда получим осевые перемещения всех иных его точек. В результате приложения нагрузки длина стержня изменится на некоторую величину ∆ l = lк − lн , (2.1) где lк − длина стержня после приложения нагрузки (конечная длина), lн − начальная длина стержня. Величина ∆l носит название абсолютного удлинения стержня. Абсолютное удлинение стержня в данном случае равно перемещению точки B: ∆ l = uB (рис. 2.3). Очевидно, что при приложении нагрузки перемещения получат и все другие точки оси стержня и что они будут отличаться от перемещения точки B. Например, точка на опоре A совсем не будет перемещаться (uA = 0). Таким образом, в данном случае осевое перемещение является функцией координаты x точки: u = u ( x ) . Если имеем дело с колонной здания, и она от нагрузки изменила свою длину на 2 мм, то материал колонны деформирован мало. Если на 2 мм изменила свою длину ось механизма наручных часов, то ее можно выкинуть. Чтобы получить характеристику деформированности материала, а не конкретного 61 стержня, надо ввести в рассмотрение относительную величину ∆l l ђ − l’ (2.2) ε= = , l’ l’ которая называется относительным удлинением или линейной деформацией. Она представляет собой отношение приращения длины к первоначальной длине и является безразмерной величиной. ЗаR=P метим, что при малых деформациях в знаy менателе формулы (2.2) можно использоA=A* вать как lн , так и lк − разница в результатах будет пренебрежимо малой. Из (2.2) следует, что ∆ l = ε lн , или в других обозначениях: u( x B ) = ε x B . Поскольку любую часть стержня можно рассматривать как стержень меньшей длины, нагруженный той же силой N ( x ) = P , то для любой точки стержня перемещение есть u ( x ) = ε% x . x bн bк Однако не очевидно, что ε% = ε . Покажем B это. B* На стержне выделим участки равной ∆ l = uB длины (2.3). Обозначим длину участка l1. P Абсолютное удлинение участка обозначим, Рис. 2.3 естественно, ∆ l1 . Это удлинение одинаково для всех ячеек сетки, так как они одинаковы и растянуты одинаковыми силами. Тогда и относительное удлинение у всех участков одинаково: ε 1= ∆ l 1 l . 1 Если взять теперь участок стержня длиной, например, 3l1, то его абсолютное удлинение будет равно 3∆ l1, а относительное ε 3 = 3∆ l 1 3l = ε 1 = ε = const . 1 Поскольку аналогичным образом можно показать постоянство деформации для любого участка длины стержня, приходим к выводу о том, что величина ε в данной задаче есть величина постоянная, и тогда перемещения точек связаны с относительным удлинением соотношением u ( x) = εx , (2.3) где ε = const . Существования данной зависимости следовало ожидать, так как 62 обе величины u и ε характеризуют одно и то же деформированное состояние. Эпюры линейных деформаций ε и осевых перемещений u ( x ) изображены на рис. 2.1. Помимо деформации удлинения в продольном направлении происходят также деформации сжатия в поперечном направлении. Если bк − толщина стержня после деформации, bн − толщина до деформации, то абсолютное сужение есть ∆b = bк − bн < 0 . Относительное сужение или линейная деформация в поперечном направлении по аналогии с предыдущим безразмерная величина: ∆b εп = b < 0 . (2.4) н Экспериментом установлено, что деформации в продольном и поперечном направлениях связаны соотношением ε п = −µε , (2.5) где µ − безразмерная константа, определяемая экспериментально. Для разных материалов она имеет разные значения в зависимости от их физических свойств и называется коэффициентом Пуассона. Можно показать, что этот коэффициент принимает значения от 0 до 0,5 (обычно его значения лежат в пределах 0,15 ÷ 0, 4 ; для сталей и дюраля он около 0,3). 2.1.2. Уравнения равновесия и напряженное состояние невесомого стержня Пользуясь уравнением равновесия в направлении продольной оси стержня, мы получили значение внутренней растягивающей силы в стержне. Она постоянна и равна внешней нагрузке: N(x)=P. Рассмотрения сил N, однако, недостаточно для решения вопроса о прочности. Ведь при одной и той же силе N, допустим в 1000 Н, материал колонны здания будет недогружен, а оси механизма наручных часов − перегружен. Ясно, что о нагруженности материала, а следовательно, и о прочности следует судить по относительной величине, т.е. по величине силы, приходящейся на единицу площади поперечного сечения стержня F: σ ср = N F = σ . (2.6) Величина σ называется нормальным напряжением (нормальным – поскольку используется сила, действующая по нормали к сечению). По итогам эксперимента принята гипотеза плоских сечений, свидетельствующая о том, что осевая сила распределяется равномерно по поперечному сечению. Поэтому вычисляемое по формуле (2.6) среднее напряжение σср равно напряжению в каждой точке σ. Измеряется напряжение в силах на единицу площади, т.е. в ньютонах на 63 квадратный метр (паскалях) ( Н = Па ) в системе СИ, как и давление. Да это и м2 есть давление соседних слоев материала друг на друга, но в данной задаче это давление на отрыв. Если рассмотреть задачу сжатия, то нормальное напряжение окажется обычным давлением соседних поперечных сечений друг на друга. Но Н 2 очень малая единица измерения и в практических расчетах обычно исм пользуют н 2 = МПа , а также кгс . мм 2 мм Эпюра нормальных напряжений в поперечных сечениях в данной задаче постоянна по длине стержня (рис. 2.1), постоянны напряжения и в пределах поперечного сечения; иными словами, нормальное напряжение в поперечных сечениях постоянно в данной задаче. 2.1.3. Физические соотношения. Закон Гука Нами рассмотрены деформации стержня и внутренние усилия (напряжения) в его материале. Но напряжения вызывают деформации стержня, и наоборот, деформации стержня вызовут напряжения, поэтому между величинами этих групп должны существовать определенные соотношения, зависящие от физических свойств материалов. Эти зависимости называются физическими соотношениями. Для большинства материалов до определенного уровня нагрузки напряжения и деформации связаны прямо пропорциональной зависимостью, которую записывают так: σ = Eε . (2.7) Эта зависимость легко устанавливается в эксперименте на растяжение или сжатие стержня. Она представляет собой частный случай физических соотношений и называется законом Гука. Коэффициент пропорциональности E в этой формуле называется модулем упругости первого рода, или модулем упругости на растяжение-сжатие. Заметим, что модуль упругости измеряется в тех же единицах, что и напряжение. Если в пределах действия закона Гука приложенную ранее нагрузку сбросить, то тело полностью восстановит свою первоначальную форму. Свойство твердых тел полностью восстанавливать свою первоначальную форму после снятия нагрузки называется упругостью. Вспоминая формулы для напряжений и деформаций, получаем соотношения для других величин: N ∆ l u( x) =E =E , F l x откуда N= EF EF ∆l = u ( x) . l x (2.8) 64 Встречаются материалы упругие, но с нелинейной зависимостью между σ и ε. Для них физические соотношения отличаются от закона Гука. Другие физические соотношения действуют и при больших нагрузках, когда нарушается закон Гука. Замечания. 1. Напряжения и деформации связаны друг с другом, сопровождают друг друга. Поэтому состояние тела под нагрузкой называN(x)=P ют напряженно-деформированным состоянием, соNα кращенно НДС. α Tα 2. Поперечная деформация происходит без наα пряжений в поперечном направлении. 3. В пределах действия закона Гука при сжатии большинство материалов имеет те же свойства, что и при растяжении. 4. НДС материала стержня при растяжении рассмотрено выше не в полном объеме. В сечениях, норB маль которых составляет некоторый угол α с проP дольной осью стержня (рис. 2.4), легко обнаружить Рис. 2.4 касательные напряжения, представляющие собой силу в плоскости сечения Tα , приходящуюся на единицу его площади: F T Tα = N ( x ) sin α , Fα = , τα = α . Fα cos α Рассматривая деформацию элементов, мысленно вырезанных из растянутого стержня под углом к продольной его оси, найдем, что при деформациях ε > 0 и ε п = −µε < 0 углы элементов прямыми не остаются. Особенно просто это видеть для элементов с проекцией в виде квадрата на плоскость чертежа, стороны которого составляют угол в 45° с продольной осью стержня (рис. 2.5). Угловая деформация, связанная с касательными напряжениями, таким образом, здесь также не рассмотрена. Проверка прочности при расчете стержней на растяжениесжатие заключается в проверке выполнения условия прочности Рис. 2.5 по нормальным напряжениям σ≤ σ , где σ − допускаемое напряжение, представляющее собой некоторое опасное для данного материала значение, деленное на коэффициент запаса, соответствующий особенностям задачи. Это условие должно выполняться в каждой точке стержня. Поскольку до- 65 пускаемое напряжение обычно одинаково для всего стержня, его обычно записывают так: σ max ≤ σ т.е. максимальное по модулю значение нормального напряжения не должно превышать допускаемое. 2.1.4. Пример решения задачи на растяжение и сжатие Требуется проверить прочность и определить перемещение свободного конца стержня, изображенного на рис. 2.6. Здесь F, 1,3F, 1,4F − площади поперечных сечений, где F = 350 мм2; P, 1,2P, 1,5P − осевые силы; P = 30 кН; 1,8a, a, 1,5a − длины участков стержня, где a = 0,35 м. Места приложения сил выделены на рисунке жирной точкой. Материал: сталь Ст3; допускаемое напряжение которой [σ] = 160 МПа; модуль упругости E = 200000 МПа. Решение задачи начнем с построения эпюры осевых сил в сечениях стержня, для чего следует воспользоваться общим алгоритмом построения эпюр. Поскольку стержень консольный, опорную реакцию определять не будем. Точки приложения сил разбивают стержень при построении эпюры на три отдельных участка (рис. 2.6). Далее согласно алгоритму к каждому участку в отдельности следует применить метод сечений для определения внутренних осевых сил N(x). Эпюра полученных осевых сил дана на рис. 2.6. 1,3F F 1,2P P а 1,8а 21 1,4F 1,5P 1,5a Эпюра Ν (x), кН -9 -45 46,2 Эпюра σ (x), МПа −25,7 −91,8 Рис. 2.6 Поскольку распределенных осевых сил нет, осевые силы оказываются постоянными в пределах участка, а эпюра представляет собой кусочно- 66 постоянную функцию. N (x) 1,5P X N (x) X 1,2P C 1,5P D x N (x) X x B P 1,2P C x Участок CD. 0 ≤ x ≤ 1, 5a . ∑ X i = 0 = 1, 5P + N ( x ) , откуда D N ( x ) = −1, 5P = − 45 кН . Участок BC. 1, 5a ≤ x ≤ 2, 5a . ∑ X i = 0 = +1, 5P − 1, 2P + N ( x ) , N ( x ) = − 0, 3P = − 9 кН . 1,5P D Участок AB. 2, 5a ≤ x ≤ 4, 3a. ∑Xi = 0 = = 1, 5P − 1, 2P − P + N ( x ), N ( x ) = 0, 7P = 21 кН . По осевой силе вычислим нормальные напряжения в сечениях стержня, а затем, воспользовавшись законом Гука и определением линейной деформации, найдем удлинения отдельных участков стержня: Участок CD: N (x ) −45 ⋅103 Н Н 91 8 = − σ( x ) = = , , 1, 4F 1, 4 ⋅ 350 мм 2 мм 2 −91, 8 Н 2 ⋅1, 5 ⋅ 0, 35 м σ мм ∆l = l = = −0, 241 мм, E 200000 Н 2 мм Участок BC: N ( x ) −9 ⋅103 Н Н σ( x ) = = = − 25 , 7 , F 350 мм 2 мм 2 −25, 7 Н 2 ⋅ 0, 35 м σ мм ∆l = l = = −0, 0450 мм, E 200000 Н 2 мм Участок AB: N (x ) 21⋅103 Н Н σ( x ) = = = 46, 2 , 2 1, 3F 1, 3 ⋅ 350 мм мм 2 67 46, 2 Н 2 ⋅1, 8 ⋅ 0, 35 м σ мм ∆l = l = = 0,146 мм . E 200000 Н 2 мм Эпюра распределения нормальных напряжений по длине стержня приведена на рис. 2.6. Алгебраически суммируя удлинения отдельных участков стержня, получим удлинение всего стержня: ∆ l = ∆ l CD + ∆ lBC + ∆ lAB = −0, 241 − 0, 045 + 0,146 = −0,140 мм , т.е. стержень укорачивается. В рассматриваемой задаче условие прочности выполняется, поскольку 91, 8 МПа < 160 МПа . 2.1.5. Задание на выполнение расчетно-графической работы «Расчет стержней на растяжение и сжатие» Построить эпюры осевых сил N(x) и нормальных напряжений σ(x), проверить прочность и определить перемещения свободного конца стержня. Схему стержня взять с рис. 2.7 по номеру варианта, который сообщит преподаватель. На рис. 2.7 F − площадь поперечного сечения; P − осевая сила. Материал: сталь Ст3, [σ] = 160 МПа, E = 200000 МПа. Прочие данные взять из таблицы с помощью шифра. Цифра шифра F, мм2 в a, м б P, кН г 1 2 3 4 5 6 7 8 9 500 450 400 350 300 500 450 400 350 300 0,15 0,20 0,25 0,35 0,40 0,15 0,20 0,25 0,35 0,40 35 30 25 20 15 35 30 25 20 15 68 1 F 1,6F 1,7P 2 1,5F 1,6P 1,9a a 1,6a 1,5F F 1,1F 1,4P 1,8P 9 2,5P 1,3F F 1,4P 10 1,5F 1,7P 1,8a a 1,6a 1,5F F 1,3F 1,2P 1,8P 2,3P a 1,5a 1,2F 1,6F 1,6P 3 1,4a a 1,6a 1,4F F 1,3F P 2,2P 4 1,5a a 2,0a 1,2F F 1,5F 1,2a F 11 1,4P 2,5P 1,7P a F 12 1,4P 1,8P 1,6P 1,4P 1,3a a 1,7a a 1,3F F 1,2F 13 2,2P 2,0a a 1,4P 2,2P 1,5a 1,2F F 1,4F 14 P 1,4P 1,4P 1,9a 1,5F 1,3a 1,1F 1,4P P 5 P 6 F 1,4a 1,4F P a F 1,5a 1,2F 1,6a 1,3F 1,3P 2,0a 1,5F P 1,4P 1,8P 1,2P 7 1,5a a 2,0a 1,1F F 1,6F 1,5P 8 1,8P 1,7a a 1,4a 1,4F F 1,2F 2,0P a F 15 2,2P a F 16 a a 1,8a Рис. 2.7 1,6F 1,7P 2,0a 1,2F 1,5a 1,4F 1,4P P 1,6P 1,6a 1,2F 1,7a 1,4P P 1,6P 1,3a 1,2P 1,1a 1,3a 2,0P 69 17 1,1F 1,5P F 2,0P 1,6P a 19 1,6F 24 1,2F 1,5F 2,2P a 18 F F 1,4P 1,8P 1,7a 1,5F 1,4P 1,3F 1,5P 2,5P P 1,4a 1,2F 1,3a 25 1,9P 1,6a F 1,8a 1,5F 26 1,7a 1,3F a 1,2F 1,3P 0,8P 1,2a 1,6a 1,2F F 1,5P a 1,4F F 1,2P 0,7P 1,4P P a 20 F 1,8P 1,2P a 21 1,2F 1,8a 1,6F 1,3F 1,5a 1,6F F 1,6P 1,9a 22 1,5F 27 28 a 1,1F F 1,4P P 23 1,4F 1,6a 1,3F P 1,5a 2,0a F 1,7P 1,1P 2,5P 1,3a a 29 F 30 2,2P 1,4P 1,5P a F 1,7P 1,4P a a 1,7a 1,4F a 1,3F 1,4P a 1,8P 1,4a F 1,5P 2,3P 1,2a 1,4a 1,6 F 1,3P 1,5a 1,2F 1,4a 1,3F P 2,2P 1,3a 1,2a 1,2F 1,5F P 1,1a 1,3F 1,4a 1,8F 1,5P a Рис. 2.7 (продолжение) P 1,2a 1,3a 70 2.2. Определение геометрических характеристик составного поперечного сечения 2.2.1. Геометрические характеристики поперечных сечений, используемые при расчетах Простейшей геометрической характеристикой поперечного сечения является его площадь. Если представить поперечное сечение состоящим из бесчисленного множества элементарных площадок (рис. 2.8), то площадь сечения F равна ∞ F = ∑ ∆ Fi = ∫∫ dF . i =1 F При центральном растяжении и сжатии стержней напряжения, возникающие в их поперечных сечениях, величина их потенциальной энергии деформации зависят от площадей поперечных сечений балок. При изгибе, кручении и различных случаях работы балки при сложных деформациях, а также при расчете сжатых стержней на устойчивость приходится использовать более сложные геометрические характеристики: статический момент площади поперечного сечения, осевой, полярный и центробежный момент инерции поперечных сечений. Формулы для опреРис. 2.8 деления этих характеристик отличаются от формулы для площади тем, что в них под знаки интегралов входят произведения элементарных площадок dF на функции координат y , z , ρ этих площадок. Таким образом, указанные геометрические характеристики зависят не только от формы и размеров сечения, но также и от их положения относительно системы координат. Геометрические характеристики сечений простой формы могут быть определены по специальным формулам обычно присутствующим в справочной литературе по сопротивлению материалов. Кроме того, в таблицах ГОСТов приводятся геометрические характеристики профилей стандартного проката (уголков, швеллеров, двутавров). Некоторые из этих таблиц приводятся в данном пособии. 71 Для определения геометрических характеристик сложных сечений бывает удобнее не пользоваться общими формулами. Проще бывает проводить их расчленение на ряд простых фигур и использовать формулы, устанавливающие зависимость между геометрическими характеристиками, определяемыми относительно различных осей координат, так как каждая фигура задается в своей системе координат, связанной с простыми фигурами, составляющими сечение. Статический момент площади поперечного сечения относительно некоторой оси координат определяется как взятая по всей его площади F сумма произведений элементарных площадок dF на расстояние от их центров до этой оси ( y или z ): S = ydF ; S = zdF , z ∫∫ ∫∫ y F F где S z , S y − статические моменты площади поперечного сечения относительно осей z и y соответственно. Если положение центра тяжести сечения c ( yc , zc ) известно, то статические моменты вычисляются по формулам S z = Fyc ; S y = Fzc . При сложной форме сечения n Sz = ∑ Fi yi ; i =1 n S y = ∑ Fi zi , i =1 где Fi − площадь i-й составной части сечения; yi , zi − координаты центров тяжести i-й составной части сечения; n − число составных частей сечения. Координаты центра тяжести поперечного сечения по отношению к выбранным глобальным для всего поперечного сечения осям координат 0 xyz определяются по формулам n n yc = Sz = F ∑ Fi zi ; i =1 n ∑ Fi zc = i =1 Sy F = ∑ Fi yi . i =1 n ∑ Fi i =1 Здесь yc , z c - координаты центра тяжести составного сечения. Если координатная ось, относительно которой определяется статический момент, проходит через центр тяжести площади, то статический момент относительно этой оси равен нулю. Осевой момент инерции сечения относительно некоторой оси определяется как взятая по всей его площади F сумма произведений элементарных площадок dF на квадраты их расстояний от этой оси: I z = ∫∫ y 2 dF ; I y =∫∫ z 2 dF , F F 72 где I z и I y – осевые моменты инерции сечений относительно осей z и y соответственно. Полярный момент инерции сечения относительно некоторой точки (полюса) определяется как взятая по всей его площади F сумма произведений элементарных площадок dF на квадраты их расстояний от этой точки: Iρ = ∫∫ ρ2 dF . F Центробежный момент инерции сечения I zy относительно некоторых двух взаимно перпендикулярных осей определяются как взятая по всей его площади F сумма произведений элементарных площадок dF на произведение координат центра этих площадок: I yz =∫∫ yzdF . F Здесь I yz – центробежный момент инерции относительно осей y и z . Осевые и полярные моменты инерции сечения всегда положительны. Сумма осевых моментов инерции сечения относительно двух взаимно перпендикулярных осей равна полярному моменту инерции этого сечения относительно точки пересечения указанных осей: I y + I z =I ρ . Центробежный момент инерции сечения может быть положительным, отрицательным и равным нулю. Центробежный момент инерции сечения относительно координатных осей, из которых одна или обе совпадают с его осями симметрии, равен нулю. 2.2.2. Зависимости между моментами инерции поперечного сечения при преобразовании системы координат сечения 1. Параллельный перенос осей координат (рис. 2.9): I z = I zc + a 2 F ; I y = I yc + b 2 F ; I yz =I y z + abF , c c где I y , I z , I yz − моменты инерции поперечного сечения относительно осей y и z параллельных центральным (т.е. проходящим через центр тяжести сечения) осям yc , zc ; a и b − расстояние между указанными осями (рис. 2.9). 2. Поворот осей координат на угол α против хода часовой стрелки: I y1 =I y cos 2 α +I z sin 2 α − I zy sin 2α ; I z1 = I y sin2 α + I z cos2 α + I zy sin 2α ; I y1 z1 = I y − Iz 2 sin 2α + I yz cos 2α , 73 где I y1 , I z1 , I y1z1 − моменты инерции поперечного сечения относительно осей y1 и z1 , повернутых на угол α против хода часовой стрелки по отношению к осям y и z . Сумма осевых моментов инерции при повороте осей координат не меняется: I y1 + I z1 = I y + I z . Для сложного поперечного сечения, в результате расчленения которого получаем n составных частей, основные моменты инерции всего сечения определяются по формулам: n n i =1 i =1 I z = ∑ I zi ; I y = ∑ I yi ; n I yz = ∑ I yzi ; F = ∑ Fi , i =1 n i =1 если оси y и z являются глобальными осями, т.е. едиными для всего сложного сечения. 2.2.3. Главные оси и главные моменты инерции Для некоторых значений угла α величины осевых моментов инерции сечения достигают максимума и минимума. Главные моменты инерции определяются как экстремальные (максимальные или минимальные) значения осевых моментов инерции. Главным моментам инерции соответствуют главные оси инерции. Главные оси инерции взаимно перпендикулярны. Относительно главных осей инерции центробежный момент инерции равен нулю. Взаимно перпендикулярные оси, из которых одна или обе совпадают с осями симметрии сечения, всегда являются главными осями инерции. Положение главных осей относительно произвольно взятых осей, определяется углом α 0 : 2 I yz tg 2α o = . Iz − Iy Уравнению удовлетворяют ряд значений угла α 0 . Из них выбирается минимальное по модулю значение. Если оно положительно, то для определения положения главных осей инерции следует оси y и z повернуть на угол α 0 против хода часовой стрелки, а если отрицательно – то по ходу часовой стрелки. Рис. 2.9 74 Одна из полученных таким образом осей является осью с максимальным моментом инерции, другая – осью с минимальным моментом инерции. Ось с максимумом моI>I z y мента инерции получается, если угол α 0 отложить от оси с б’ольшим из двух осевым моментом инерции z (рис. 2.10). Сами экстремальные значения осевых моменα тов инерции определяются по формуле: u Iy + Iz 1 2 I max = ± ( I y − I z ) 2 + 4 I yz . 2 2 min v Знак "+" принимается при вычислении I max (максимальРис. 2.10 ный осевой момент инерции относительно оси максимум), знак "-" при вычислении I min (минимальный осевой момент инерции относительно оси минимум). Главные оси обычно обозначают: ось максимум (ось максимального момента) − x1 , ось минимум (ось минимального осевого момента инерции) − x2 . Таким образом I x1 = I max , I x2 = I min . y а) б) в) Рис. 2.11 2.2.4. Вычисление моментов инерции поперечных сечений простой формы Осевой момент инерции прямоугольника (рис. 2.11а): bh3 ; hb3 . Iz = Iy = 12 12 Осевой момент инерции круга (рис. 2.11б): πd 4 . Iz = I y = 64 Осевой момент инерции кругового кольца (рис. 2.11в): г) 75 π ( D4 − d 4 ) . 64 Осевой момент инерции коробчатого сечения (рис. 2.11, г): BH 3 − bh3 , HB 3 − hb3 . Iz = Iy = 12 12 Iz = I y = 2.2.5. Определение геометрических характеристик поперечного сечения. Пример решения задачи Задание. Вычислить главные моменты инерции составного сечения. Исходные данные. Составное сечение представляет собой набор из трех элементов: 1 − равнополочный уголок 70х70х8 (см. приложение); 2 − двутавр № 12 (см. приложение); 3 − прямоугольник 240х14. Взаимное расположение элементов составного сечения представлено на рис. 2.12. Решение. 1. Определим координаты центров тяжести каждого из элементов в общей системе координат yz : b 6,4 = 4,6 см ; а1 = 1,4 + z0 = 1,4 + 2,02 = 3,42 см ; а2 = 1,4 + = 1,4 + 2 2 1,4 h 12 а3 = = 0,7 см ; в1 = h + z0 = 12 + 2 ,02 = 14,02 см ; в2 = = = 6 см ; 2 2 2 24 в3 = = 12 см . 2 В приведенных формулах и везде далее верхние и нижние индексы 1,2,3 относятся соответственно к равнополочному уголку, двутавру и прямоугольнику, а все входящие величины берутся из соответствующих таблиц приложения. 2. Определим статический момент каждого элемента относительно осей yz общей системы координат: S z(1) = F1 ⋅ a1 = 10,7 ⋅ 3,42 = 36,59 см 3 ; S z(2 ) = F2 ⋅ a2 = 14,7 ⋅ 4,6 = 67,62 см 3 ; S z(3) = F3 ⋅ a3 = 24 ⋅ 1,4 ⋅ 0,7 = 23,52 см 3 ; S (y1) = F1 ⋅ b1 = 10, 7 ⋅14, 02 = 150, 01см3 ; S (y2) = F2 ⋅ b2 = 14, 7 ⋅ 6 = 88, 2см3 ; S (y3) = F3 ⋅ b3 = 24 ⋅1, 4 ⋅12 = 403, 2см 3 . 3. Определим статический момент составного сечения относительно общей системы координат yz как сумму статических моментов составляющих его элементов: S z = S z(1) + S z(2 ) + S z(3) = 36,59 + 67,62 + 23,52 = 127,73 см 3 ; S y = S (y1) + S (y2 ) + S (y3 ) = 150,01 + 88,2 + 403,2 = 641,41 см 3 . 76 Рис. 2.12 4. Определим положение центра тяжести составного сечения в координатных осях yz по формулам: S Sz 127, 73 127, 73 yc = z = = = = 2,16 см ; F F1 + F2 + F3 10, 7 + 14, 7 + 33, 6 59 S y 641,41 = = 10,87 см . zc = F 59 5. Определим осевые моменты инерции составного сечения относительно координатных осей yczc , проходящих через центр тяжести составного сечения: 3 I zc = ∑ I z( ci ) = I z(1c ) + I z(c2 ) + I z(c3) ; 1 I z( ) с i =1 = I z1 + (a1 − yc ) ⋅ F1 = 48,2 + (3,42 − 2,16) ⋅ 10,7 = 65,19 см 4 ; 2 2 2 2 2 I z( ) = I z 2 + (a2 − yc ) ⋅ F2 = 27,9 + (4,6 − 2,16) ⋅ 14,7 = 115,42 см 4 ; с ( 3) I zс = I z3 24 ⋅ 1,4 3 2 + (a3 − yc ) ⋅ F3 = + (0,7 − 2,16) ⋅ 33,6 = 77,11 см 4 ; 12 I zс = 65,19 + 115,42 + 77,11 = 257,72 см 4 ; 2 3 i 1 2 3 I yс = ∑ I y( ) = I y( ) + I y( ) + I y( ) ; с с с с i =1 I y( ) = I y1 + (в1 − zc ) ⋅ F1 = 48,2 + (14,02 − 10,87) ⋅ 10,7 = 154 ,37 см 4 ; 2 1 с 2 2 2 2 I (y ) = I y 2 + (в2 − zc ) ⋅ F2 = 350 + (6 − 10,87) ⋅ 14,7 = 698,64 см 4 ; с 77 ( 3) I y = I y3 с 1,4 ⋅ 24 3 2 + (в3 − zc ) ⋅ F3 = + (12 − 10,87) ⋅ 33,6 = 1655,7 см 4 ; 12 I yс = 154,37 + 698,64 + 1655,7 = 2508,71 см 4 . 2 В приведенных формулах I yi , I zi (i = 1, 2, 3) − соответственно осевые моменты инерции равнополочного уголка, двутавра, прямоугольника относительно собственных центральных осей yi , zi (см. приложение). 6. Определим центробежный момент инерции составного сечения относительно координатных осей yc z c I yC zC = I (y1)z + I (y2 )z + I (y3)z , (i ) где I yс zс C C (i = 1,2,3) − C C C C центробежные моменты инерции отдельных элементов относительно осей координат yczc : 1 1 I y( )z = I y( )z + (a1 − yc ) ⋅ (в1 − zc ) ⋅ F1 , ( с с ) 1 1 I1 − I 2 76,4 − 20 ⋅ (− 1) = −28,2 см 4 , ⋅ sin 2 ⋅ − 45o = 1 1 2 2 4 I1 = I x0 = 76,4 см , I 2 = I y 0 = 20 см 4 (берутся из таблицы сортамента для где I (y1)z = уголка равнополочного профиля 70x70x8 (см. приложение)); I y( с)zс = −28,2 + (3,42 − 2,16) ⋅ (14,02 − 10,87) ⋅ 10,7 = 14,27 см 4 ; 1 I (yс )zс = I y( 2 )z2 + (a2 − yc ) ⋅ (в2 − zc ) ⋅ F2 ; 2 2 где I y( 2 )z = 0 , поскольку оси y2 z2 для двутавра являются главными осями 2 2 инерции: I y( с z) с = 0 + (4,6 − 2,16) ⋅ ( 6 − 10,87) ⋅ 14,7 = −174,68 см 4 ; 2 3 3 I y( )z = I y( )z + (a3 − yc ) ⋅ (в3 − zc ) ⋅ F3 , с с ( 3) 3 3 где I y z = 0 , поскольку оси y3z 3 для прямоугольника являются главными ося3 3 ми инерции. I y( с )zс = 0 + (0,7 − 2,16) ⋅ (12 − 10,87) ⋅ 33,6 = −55,43 см 4 , 3 I yс zс = 14,27 − 174,68 − 55,43 = −215,84 см 4 . 7. Определим положение главных центральных осей инерции составного сечения: 2 I yc zc 2 ⋅ (−215,84) 431,68 tg 2α o = = = = 0,192 ; I zc − I yc 257,72 − 2508,71 2250,99 2α o = 10,9 o ; α o = 5,45o . 78 При выборе направления главных осей инерции для правой декартовой системы координат следует руководствоваться следующими соображениями: если I yс zс < 0 , то главная ось, относительно которой момент инерции имеет максимальное значение, проходит через квадранты I и III ; если I yс zс > 0 , то главная ось, относительно которой момент инерции имеет максимальное значение, проходит через квадранты II и IV ; ось максимум всегда составляет меньший угол с той из осей ( yc или zc), относительно которой осевой момент инерции имеет большее значение. Для выбранных нами первоначально направлений координатных осей расположение главных центральных осей инерции составного поперечного сечения будет таким, как это показано на рис. 2.12. 8. Определим главные осевые моменты инерции: I z + I yc 1 I max = c + I z c − I y c 2 + 4 I y2c z c ; 2 2 I z + I yc 1 I min = c − I z c − I y c 2 + 4 I y2c z c ; 2 2 ( ) ( ) 257,72 + 2508,71 1 (257,72 − 2508,71)2 + 4 ⋅ (− 215,84)2 = 2529,2 см 4 = I1; + 2 2 257,72 + 2508,71 1 (257,72 − 2508,71)2 + 4 ⋅ (− 215,84)2 = 237,2 см 4 = I 2 . I min = − 2 2 Для проверки правильности вычислений главных осевых моментов инерции можно использовать равенство: I1 + I 2 = I y C + I z C ; I max = 2508,61 + 257,82 = 2529,2 + 237,2 ; 2766,43 = 2766,43 . 79 2.2.6. Задание на выполнение расчетно-графической работы «Определение геометрических характеристик поперечного сечения» Цель работы: вычисление главных моментов инерции составного поперечного сечения. Для данного поперечного сечения (рис. 2.13) требуется: 1) определить положение центра тяжести составного поперечного сечения относительно первоначально выбранных осей; 2) вычислить осевые и центробежные моменты инерции составного сечения относительно центральных осей, параллельных первоначально выбранным; 3) определить положение главных центральных осей сечения и вычислить величины главных моментов инерции составного сечения; 4) сделать чертеж составного поперечного сечения, указав на нем основные размеры и оси инерции (графическая часть). Исходные данные взять из табл. 2.1; данные о прокатных профилях – согласно ГОСТу в приложении. Таблица 2.1 для выбора исходных данных к заданию Номер строки 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Равнобокий уголок Прямоугольник г 80x80x6 80x80x8 75x75x7 75x75x8 75x75x9 70x70x5 70x70x6 70x70x7 70x70x8 63x63x6 в 200x10 200x12 240x10 240x14 250x14 240x12 220x10 230x10 300x14 250x12 Номер двутавра или швеллера б 10 12 14 16 18 20 22 24 27 30 80 Рис. 2.13 81 Рис. 2.13 (продолжение) 82 2.3. Расчет на прочность балки постоянного поперечного сечения при плоском изгибе 2.3.1. Определение перемещений при плоском изгибе Рассматриваются случаи малых деформаций при совпадении плоскости действия изгибающих моментов с главной плоскостью балки. Ось балки до деформации − прямая; при изгибе, не удлиняясь, искривляется по кривой v = v ( x ) (здесь v − перемещение в направлении оси y ), определяющей упругую линию балки. Прогиб v в данном сечении определяется как перемещение центра тяжести сечения по нормали к оси балки. Угол поворота сечения балки θ определяется как угол между касательной, проведенной к изогнутой оси балки в этом сечении, и недеформированной (прямой) осью балки. Упругая линия балки, исходя из ее физического смысла, представРис. 2.14 ляется непрерывной и плавной кривой, т.е. дифференцируемой кривой во всех своих точках. Первая производная ее уравнения по x равна тангенсу угла наклона поперечных сечений, но так как практически углы поворота малы, то можно считать tgθ = θ = dv . dx При деформациях балки в пределах действия закона Гука (рассматриваются только упругие деформации балки), величина кривизны упругой линии балки определяется по формуле 1 = Mz . ρ EI z На рис. 2.14 показаны прогиб v и угол поворота θ сечения с координатой x; ρ − радиус кривизны участка dx балки. Дифференциальное уравнение упругой линии балки при малых прогибах и учете лишь деформаций от изгибающего момента (при правой системе координат и направлении оси y вверх): d 2 v( x ) Mz dx 2 = . 3 EI z   dv ( x )  2  2 1 +    dx     83 2 В большинстве инженерных задач из-за малости d v по сравнению с dx 2 единицей пользуются приближенным уравнением d 2v EI z 2 = M z , dx которое называют основным дифференциальным уравнением изогнутой оси (упругой линии) балки. Положительными считаются: θ при повороте сечения против хода часовой стрелки; v − при прогибе вверх. Дифференциальные зависимости для прогибов, углов поворота, изгибающих моментов, поперечных сил и интенсивности распределенной нагрузки в сечении с координатой x определяются по формулам: dv ; dθ d 2v ; θ= EI z = M z = EI z 2 dx dx dx dM z d  d 2v  = Qy =  EI z 2  ; dx dx  dx  d 2 M z dQy d2  d 2v  . = = = q EI  z 2 dx dx 2 dx 2  dx  Аналитический метод определения перемещений точек оси балки состоит в последовательном интегрировании дифференциального уравнения изогнутой оси: EI zθ = ∫ M z dx + C ; EI zv = ∫∫ M z dx 2 + Cx + D . Здесь C и D − постоянные интегрирования, определяемые из граничных условий. В общем случае при n участках нагружения будет 2n постоянных интегрирования. Для упрощения задачи определения констант интегрирования при многих участках нагружения используется прием Клёбша, позволяющий добиться равенства констант интегрирования на всех участках и свести задачу к определению лишь двух из них. Прием Клёбша включает в себя: 1) отсчет абсцисс всех участков должен вестись от одного начала координат - крайней левой (или правой) точки оси балки, т.е. для всей балки вводиться единая глобальная система координат; 2) при записи уравнений равновесия всегда должна использоваться часть балки с началом координат; 3) выражение изгибающего момента от сосредоточенной пары M * записывается в виде M * ( x − a)0 , где a – абсцисса сечения, в котором приложена пара M * ; 4) если при последовательном рассмотрении участков балки в порядке, 84 соответствующем возрастанию координаты x , обнаруживается, что появляющаяся на каком-либо участке распределенная нагрузка не продолжается на последующих участках, то ее следует искусственно продолжить до конца балки, а для исключения действия добавленной нагрузки приложить нагрузку той же интенсивности, но противоположного направления; 5) интегрирование дифференциального уравнения изогнутой оси балки должно вестись без раскрытия скобок. В результате использования правил Клебша структура выражения для изгибающего момента должна оказаться следующей. Все слагаемые предыдущего участка должны сохраняться на последующем, а дополнительные слагаемые последующего участка должны обращаться в нуль на границе с предыдущим участком. При проверке следует контролировать получение такой структуры выражений для моментов, углов поворота и прогибов. 2.3.2. Определение напряжений при изгибе Предполагается, что плоскость действия изгибающего момента проходит через главную ось поперечного сечения балки. Нейтральная линия, проходящая через центр тяжести сечения, разделяет зоны сжатых и растянутых волокон. Нормальные напряжения в поперечном сечении балки пропорциональны расстоянию от нейтральной оси до точки, в которой они определяются. Если при правой системе координат ось x направлена вдоль оси балки, ось z совмещена с нейтральной линией, а ось y перпендикулярна ей и направлена вверх в плоскости поперечного сечения (т.е. оси y и z являются главными центральными осями поперечного сечения), то нормальные напряжения в волокнах, удаленных на расстояние y от нейтральной линии, записываются в виде M σx = − z y , Iz где M z – значение изгибающего момента в данном поперечном сечение, взятого с учетом его знака (из эпюры моментов); I z – момент инерции поперечного сечения балки относительно нейтральной оси (совмещенной с осью z); y – координата волокна, в котором определяются напряжения. Отметим, что нормальные напряжения в сжатой зоне отрицательны, а в зоне растянутых волокон – положительны. По ширине сечения нормальные напряжения постоянны. Распределение нормальных напряжений по высоте сечения характеризуется эпюрой σ x , показанной на рис. 2.15. Наибольшие напряжения возникают в волокнах, наиболее удаленных от нейтральной оси поперечного сечения. 85 Э п. σx y 2.3.3. Касательные напряжения при изгибе - y z Касательные напряжения, возникающие в волокнах поперечного сечения балки с координатой y, определяются по + формуле Mz > 0 Qy Szотс τ xy = − , Рис. 2.15 Iz b где Qy − поперечная сила в сечении; − статический момент относительно оси z отсеченной координатой y части S zотс площади поперечного сечения балки (т.е. расположенной выше (ниже) волокна с координатой y); b − ширина сечения на уровне рассматриваемых волокон (рис. 2.16). Распределение касательных напряжений по высоте сечения зависит от его геометрической формы. Эпюра касательных напряжений для прямоугольного сечения показана на рис. 2.16. Наибольшее касательное напряжение при y = 0 : 3Qy . τ max = 2bh Эпюра касательных напряжений для двутаврового сечения показана на Эпюра τ Эпюра τ δc y h τ max τ max b Рис. 2.16 рис. 2.16. Наибольшее касательное напряжение при y = 0 τ max = Qy Szотс max I z δc где Szотс − статический момент полусечения. max , 86 2.3.4. Подбор поперечного сечения балки и проверка прочности при изгибе При расчете балок на изгиб исходят из условия прочности по нормальным напряжениям M z (x ) max σ x max = ≤ [ σ] , Wz где M z ( x ) max − абсолютное значение максимального изгибающего момента (выбранное из эпюры изгибающих моментов); Wz – момент сопротивления сечения относительно нейтральной линии (оси z); [σ] – допускаемое нормальное напряжение. Подбор поперечного сечения производится по наиболее напряженному сечению, в котором изгибающий момент достигает максимальной величины. Из условия прочности определяется требуемый момент сопротивления: M z ( x ) max Wz ≥ . [ σ] По требуемому моменту сопротивления определяются размеры поперечного сечения балки. Если балка выполняется из прокатного профиля, необходимый номер профиля подбирается по таблицам сортамента прокатных сталей. Проверка по касательным напряжениям производится по формуле Qy ( x ) S zотс max max τmax = ≤ [τ] . I zb 2.3.5. Пример расчета балки при плоском изгибе Задача. Для заданной балки, представленной на рис. 2.17, построить: 1) эпюры перерезывающих сил, изгибающих моментов, углов наклона касательной и прогибов; 2) подобрать двутавровое сечение по максимальным напряжениям с последующей проверкой на максимальные касательные напряжения; 3) рассчитать распределение нормальных и касательных напряжений в произвольно выбранном сечении, где Q y ≠ 0 , M z ≠ 0 ; 4) произвести проверку на максимальный прогиб; 5) подобрать прямоугольное сечение с заданным отношением сторон по максимальным напряжениям с последующей проверкой на максимальные касательные напряжения; 6) подобрать полое прямоугольное сечение с заданным отношением размеров и квадратное сечение, изгибаемое относительно оси, проходящей через 87 диагональ, по нормальным напряжениям и сравнить между собой все получающиеся балки по весу. P =15 кН q = 30 кH/м M* = 50 кНм A l1 = 2м B l2 = 4м q = 30 кH/м l3= 3м Рис. 2.17 Материал балки – Ст.3; допускаемые напряжения [ σ ]=160 МПа, [ τ ]=100 МПа. Допускаемый прогиб в пролете – 1/300 расстояния между опорами, а консоли – 1/150 длины консоли. Решение. Введем для рассматриваемой балки единую глобальную декартову систему координат OXYZ следующим образом. Совместим начало координат − точку O с левым торцом балки (рис. 2.17). Ось OX совместим с осью балки, а ось OY направим вертикально вверх. Тогда ось OZ, дополняющая координатную систему до правой системы координат, своим острием будет направлена на читателя (рис. 2.18). 1. Определение опорных реакций. Запишем уравнения равновесия моментов относительно точек А и B (рис. 2.17), предварительно заменив опоры соответствующими опорными реакциями, направив их вверх параллельно оси OY: l12 l ∑ mA = P ⋅ l1 + q ⋅ − M ∗ + RB ⋅ l2 + q ⋅ l3 ⋅ ( 3 + l2 ) = 0; 2 2 l1 l32 ∗ ∑ mB = P ⋅ ( l1 + l2 ) + q ⋅ l1 ⋅ ( + l2 ) − M − RA ⋅ l2 + q ⋅ = 0, 2 2 откуда немедленно получаем значения опорных реакций M ∗ − 2 P − 2 q − 5, 5 ⋅ 3q 50 − 30 − 60 − 495 = = −133, 75 кН; 4 4 − M ∗ + 6 P + 10q − 4 , 5q 90 + 300 − 50 + 135 RA = = = 118, 75 кН. 4 4 Поскольку значение опорной реакции RB получилось отрицательным, её действительное направление противоположно указанному на чертеже. Сделаем проверку: ∑ Y = − P − 2q + RA − RB + 3q = 0; − 15 − 60 + 118,75 − 133,75 + 90 = 0 . RB = 88 M* Y RB P C O A B q RA l1 l2 x1 l3 x2 x3 Q y , кН 43,75 43,75 15 75 90 M z , кН м 135 60 15 40 30 245,36 90 288,36 153,36 EI z Θ, ,кН м 2 40,253 33,36 20,86 763,41 36,64 54,765 476,48 EI z v, кН м3 207,02 2,89 26,42 49,35 93,09 Рис. 2.18 X 89 2. Запись аналитических выражений для величин M z , Qy , EI zθ , EI z v по участкам. На каждом из трех рассматриваемых участков балки сделаем мысленно разрезы (рис. 2.18) и, рассматривая всякий раз равновесие выделенной левой части балки, действие отброшенной правой части балки заменим внутренними силовыми факторами, приложенными к правому торцу левой части балки в соответствии с правилами знаков. 1-й участок [ОА], 0 ≤ x1 ≤ 2 м . Уравнения равновесия: ∑ Y = − P − q ⋅ x1 − Qy = 0 ; x12 ∑ m1−1 = P ⋅ x1 + q ⋅ + M z = 0. 2 Отсюда, производя соответствующие преобразования и интегрируя уравнение для изгибающих моментов, получим: Qy = − P − q ⋅ x1 = −15 − 30 x1; d 2 v1 x12 M z = EI z 2 = − P ⋅ x1 − q ⋅ = −15 x1 − 15 x12 ; 2 dx x12 x13 EI zθ = − P ⋅ − q ⋅ + С = −7 , 5 x12 − 5 x13 + С ; 2 6 3 4 x x EI z v1 = − P ⋅ 1 − q ⋅ 1 + Сx1 + D = −2 , 5 x13 − 1, 25 x14 + Сx1 + D . 6 24 2-й участок [АB], 2 м ≤ x 2 ≤ 6 м . Уравнения равновесия: ∑ Y = − P − q ⋅ l1 + RA − Qy = 0 ; ∑ m2−2 x22 ( x2 − l1 ) 2 = P ⋅ x2 + q ⋅ − R A ⋅ ( x2 − l1 ) − q ⋅ − M ∗ ⋅ ( x2 − l1 ) 0 + M z = 0. 2 2 Тогда можно записать следующие аналитические выражения: Qy = − P − q ⋅ l1 + R A = −15 − 60 − 118, 75 = 43, 75; M z = EI z d 2 v2 dx 2 x22 ( x2 − l1 ) 2 = − P ⋅ x2 − q ⋅ + R A ⋅ ( x2 − l1 ) + q ⋅ + M ∗ ⋅ ( x2 − l1 ) 0 = 2 2 90 = −15 x2 − 15 x22 + 118, 75( x2 − 2 ) + 15( x2 − 2 ) 2 + 50( x2 − 2 ) 0 ; x22 x23 ( x2 − l1 ) 2 ( x2 − l1 ) 3 EI z θ = − P ⋅ −q⋅ + RA ⋅ +q⋅ + M ∗ ⋅ ( x2 − l1 ) + С = 2 6 2 6 2 3 2 = −7 , 5 x2 − 5 x2 + 59 , 375( x2 − 2 ) + 5( x2 − 2 ) 3 + 50( x2 − 2 ) + С ; x23 x24 ( x2 − l1 ) 3 ( x − l )4 ( x − l )2 + q ⋅ 2 1 + M ∗ ⋅ 2 1 + Сx2 + D = 6 24 6 24 2 3 4 3 4 = −2 , 5 x2 − 1, 25 x2 + 19 , 79 ( x2 − 2 ) + 1, 25( x2 − 2 ) + 25( x2 − 2 ) 2 + Сx2 + D . EI z v2 = − P ⋅ −q⋅ + RA ⋅ 3-й участок [BC], 6 м ≤ x2 ≤ 9 м . Уравнения равновесия: ∑ Y = − P − q ⋅ l1 + R A − RB + q ⋅ [ x3 − ( l1 + l2 )] − Qy = 0 ; x32 ( x3 − l1 ) 2 − M ∗ ⋅ ( x3 − l1 ) 0 − ∑ m 3−3 = P ⋅ x3 + q ⋅ − R A ⋅ ( x3 − l1 ) − q ⋅ 2 2 2 [ x − ( l1 + l2 )] −q ⋅ 3 + RB [ x3 − ( l1 + l2 )] + M z = 0 . 2 Далее получим: Qy = − P − q ⋅ l1 + R A − RB + q ⋅ [ x3 − ( l1 + l2 )] = −90 + 30( x3 − 6) ; M z = EI z d 2 v3 dx 2 = − P ⋅ x3 − q ⋅ x32 (x − l )2 + R A ⋅ ( x3 − l1 ) + q ⋅ 3 1 + M ∗ ⋅ ( x2 − l1 ) 0 − 2 2 [ x3 − (l1 + l2 )]2 −q⋅ − RB [ x3 − (l1 + l2 )] = 2 = −15 x3 − 15 x32 + 50( x3 − 2 ) 0 + 118, 75( x3 − 2 ) + 15( x3 − 2 ) 2 + 15( x3 − 6) 2 − − 133, 75( x3 − 6) ; x32 x33 ( x3 − l1 ) 2 ( x3 − l1 ) 3 EI z θ = − P ⋅ −q⋅ + RA ⋅ +q⋅ + M ∗ ⋅ ( x3 − l1 ) + 2 6 2 6 3 [ x3 − ( l1 + l2 )] [ x3 − ( l1 + l2 )]2 +q ⋅ − RB ⋅ +С= 6 2 = −7 , 5 x32 − 5 x33 + 50( x3 − 2 ) + 59 , 375( x3 − 2 ) 2 + 5( x3 − 2 ) 3 + 5( x3 − 6) 3 − −66, 875( x3 − 6) 2 + С ; x33 x34 2 ( x3 − l1 ) 3 ( x3 − l1 ) 4 ∗ ( x3 − l1 ) EI z v3 = − P ⋅ −q⋅ + RA ⋅ +q⋅ +M ⋅ + 6 24 6 24 2 91 [ x3 − ( l1 + l2 )]4 [ x3 − ( l1 + l2 )]3 +q ⋅ − RB ⋅ + Сx3 + D = 24 6 = −2, 5x33 − 1, 25x34 + 25( x3 − 2) 2 + 19, 79( x3 − 2) 3 + 1, 25( x3 − 2) 4 + 1, 25( x3 − 6) 4 − −22 , 29 ( x3 − 6) 3 + Сx3 + D . 3. Вычисление постоянных интегрирования C и D. Для вычисления постоянных интегрирования воспользуемся граничными условиями, а именно, условиями равенства нулю прогибов балки на опорах. Тогда можно записать (рис. 2.18): при x1 = l1, v1 = 0 или −2 , 5 x13 − 1, 25 x14 + Сx1 + D = 0 ; при x2 = l1 + l2 , v2 = 0 или − 2,5 x23 − 1,25 x24 + 19,79( x2 − 2) 3 + 1,25( x2 − 2) 4 + 25( x2 − 2) 2 + Cx2 + D = 0 . Подставляя в приведенные тождества соответствующие значения величин x и v, получим следующую систему алгебраических уравнений: 2C + D = 40;  6C + D = 173,44, из которой находим: С = 33, 36 кН ⋅ м 2 , а D = −26, 72 кН ⋅ м 3. Значения величин M z , Qy , EI zθ , EI z v для отдельных сечений приводятся в табл.2.2. Эпюры для этих величин представлены на рис. 2.18. Таблица 2.2 Номер участка x, м Qy , кН Mz , кНм EI zθ , кНм 2 EI z v , кН ⋅ м 3 1 2 1 2 -15 -45 -75 -30 -90 2 3 4 3 5 6 43,75 43,75 43,75 43,75 43,75 -40 3,75 47,5 91,25 135 6 7 8 9 -90 -60 -30 135 60 15 283,4 288,4 33,4 20,9 -36,6 -36,4 -54,8 -29,1 40,2 153,4 153,4 245,4 -26,4 2,89 -49,4 -98,0 -93,1 207,02 476,48 763,41 92 4. Подбор двутавра. Максимальные значения изгибающего момента и перерезывающей силы (рис. 2.18): Mz = 135 кН⋅ м ; Q y max max = 90 кН . Требуемый момент сопротивления определим из неравенства Wz ≥ Mz max [σ] 135 ⋅ 105 Н ⋅ см = = 844 см3 . -2 2 160 ⋅ Н (10 см ) По моменту сопротивления подбираем двутавр №40 (см. приложение): h = 40 см ; b = 15, 5 см ; s = 0, 80 см ; t = 1, 3 см ; I z = 18930 см 4 ; 3 Fдв = 72,6 см2 ; Wz = 953см 4 ; S zотс max = 545см . Материал - сталь Е = 2 ⋅105 МПа . 5. Проверка сечения по нормальным напряжениям. M z max 135 ⋅ 10 3 Н ⋅ 10 3 мм σ max = = = 141,65 МПа < 160 МПа . Wz 953 ⋅ 10 3 мм 3 6. Проверка сечения по касательным напряжениям. Qy max S zотс 90 ⋅103 ⋅ 545 ⋅10 −6 max τ max = = = 32 , 38 МПа < 100 МПа . Iz b 0,8 ⋅10 −2 ⋅ 18930 ⋅ 10−8 7. Построение эпюр распределения касательных и нормальных напряжений для двутаврового сечения. Построим распределение нормальных и касательных напряжений для сечения балки в точке М. В этом сечении M zB = 135 кНм , QyB = 90 кН . Подсчитаем нормальные напряжения в наружных слоях балки: M zB ⋅ y 135 ⋅ 10 3 ⋅ 20 ⋅ 10 −2 σx = = = 142 , 6 МПа . Iz 18930 ⋅10 −8 По результатам расчета строим эпюру нормальных напряжений (рис. 2.19). Построим эпюру касательных напряжений по сечению балки, воспользовавшись формулой: Qy S zотс τ xy = − . Iz b Вычислим касательные напряжения в сечениях двутавра (рис. 2.19): 93 I I III II s III Эп.σ x МПа 142,6 Эп. τ xy МПа 1,19 23,17 + II 8 29,1 h=400 IV IV 100 V V 32,38 29,1 t - 13 142,6 1,19 23,17 155 b Рис. 2.19 отсI Сечение I-I: S z = 0, τ Ixy = 0. Сечение II-II: S zотс II = b ⋅ t ⋅ (h 2 − t 2 ) = 15,5 ⋅ 1,3 ⋅ (40 2 − 1,3 2 ) = 389,9 ⋅ 10 −6 м 3 ; τ II xy 90 ⋅ 103 ⋅ 389, 9 ⋅ 10−6 = = 1196, 26 ⋅ 103 Па = 1, 196 МПа . 1, 893 ⋅ 10−4 ⋅ 15, 5 ⋅ 10−2 отсII = S zотсIII = 389 , 9 ⋅ 10 −6 м 3 ; Сечение III-III: S z τ III xy = 90 ⋅ 103 ⋅ 389, 9 ⋅ 10−6 1, 893 ⋅ 10 Сечение IV-IV: S zотс IV = S zотс III τ IV xy = −4 ⋅ 0, 8 ⋅ 10 −2 = 23170 ⋅ 103 Па = 23, 17 МПа . h   − t − 10    = 489,79 ⋅ 10− 6 м 3 ; + s ⋅ (h 2 − t − 10) ⋅ 10 + 2 2       90 ⋅ 103 ⋅ 489, 79 ⋅ 10−6 −4 −2 = 29100 ⋅ 103 Па = 29, 1 МПа . 1, 893 ⋅ 10 ⋅ 0, 8 ⋅ 10 отсV −6 3 Сечение V-V: S z = S zотс м ; τVxy = τ max = 32, 38 МПа . max = 545 ⋅ 10 На основании вычислений строим эпюру распределения касательных напряжений по поперечному сечению (рис. 2.19). 94 8. Проверка жесткости балки. Условие жесткости балки в пролете определяется соотношением: lпрол п рол ≤ [ v ]прол = = 1, 33⋅ 10−2 м . v max 300 п р ол Для вычисления v max необходимо сначала определить координату x точки, в которой прогиб балки будет максимален. Из анализа эпюр рис. 2.18 видно, что прогиб достигает своей максимальной величины на втором участке в точке, где эпюра EI zθ пересекает ось OX. Тогда из уравнения EI z θ = −7 , 5 x22 − 5 x23 + 59, 375( x2 − 2 ) 2 + 5( x2 − 2 ) 3 + 50( x2 − 2 ) + 33, 36 = 0 находим эту координату x2 = 4 , 5 м . Подставляя это значение в соответствующее уравнение EI z v2 = −2 , 5 ⋅ 4 , 53 − 1, 25 ⋅ 4 , 54 + 19 , 79 ( 4 , 5 − 2 ) 3 + 1, 25( 4 , 5 − 2 ) 4 + 25( 4 , 5 − 2 ) 2 + h +33, 36 ⋅ 4 , 5 − 26, 72 = 102 , 693 кНм 3 , определим величину максимального прогиба 102 , 693 ⋅10 3 EI z v2 ( x2 = 4 , 5) п рол v max = = = 0, 27 ⋅ 10 −2 м < 1, 33 ⋅ 10 −2 м . 11 −8 2 ⋅ 10 ⋅18930 ⋅ 10 EI z Для консольной части балки lконс 3 конс v max ≤ [ v ]конс = = = 2 ⋅ 10−2 м , 150 150 763, 41 ⋅ 10 3 EI z v1 ( x3 = 9 ) конс v max = = = 2 , 016 ⋅10 −2 м > 2 ⋅ 10 −2 м . 11 −8 2 10 18930 10 EI z ⋅ ⋅ ⋅ Нарушение условий жесткости менее чем на 3 % , поэтому допустимо оставить двутавр №40. Отметим, что консоль балки слева заведомо удовлетворяет условию жесткости. 8. Подбор прямоугольного сечения. Необходимо поy добрать прямоугольное сечение (рис. 2.20) для работы на поперечный изгиб относительно оси z. Требуемый момент сопротивления для данной балки z был определен при подборе двутавра Wz ≥ 844 см 3 . Момент b сопротивления прямоугольного сечения выражается формулой Рис. 2.20 bh 2 Wz = . 6 Из одного условия невозможно подобрать два параметра: b и h. Привлечение условия прочности по касательным напряжениям в качестве второго условия не дает удовлетворительных результатов. Сечение получается слишком узким и высоким и не может нести нагрузку из-за потери устойчивости сжатых продольных «волокон». Поэтому в задаче задается отношение сторон 95 прямоугольника h b = k1 = 2 . Тогда можно получить условие для подбора одного из размеров сечения h3 ≥ 844 см3 , 6k1 откуда h ≥ 3 6k1 ⋅ 844 см3 , h ≥ 21,6359 см . На основании этого можно принять h = 22 см , тогда b = h 2 =11 см . Проверим прочность сечения с выбранными размерами по нормальным напряжениям M z ( x) max 6 ⋅ 135 кН ⋅ м σ x max = = = 152 МПа < [σ] , Wz 11 ⋅ 22 2 см 3 а затем по касательным напряжениям 3 Q y ( x) max 90 кН τ max = 1, 5 τ сред = = 1, 5 = 5, 58 МПа < [τ] . 2 bh 11 ⋅ 22 см 2 Условия прочности для выбранных размеров прямоугольного сечения выполняются, такое сечение можно использовать. Площадь прямоугольного сечения Fпр = bh = 242 см 2 . 9. Подбор полого прямоугольного сечения. Необходимо подобрать сечение, форма которого показана на рис. 2.21. Задано отношение сторон z H h b h = = k 2 = 0, 8 . = = k1 = 2 ; b B b B H Момент инерции такого сечения относительно оси z B можно записать так Рис. 2.21 BH 3 bh3 Iz = − 12 12 Момент сопротивления выразится формулой Iz BH 2  b h 3  H 3 Wz = = 1− = 1 − k 24 , 3   H 2 6  B H  6k1 H h y ( ) при этом следует иметь в виду, что BH 2 bh 2 Wz ≠ − . 6 6 Поскольку для данной балки Wz ≥ 844 см 3 (найдено из условия прочности по нормальным напряжениям), то для подбора H получаем неравенство 96 ( ) H3 1 − k24 ≥ 844 см3 , 6k1 откуда 6k1 ⋅ 844 см3 6 ⋅ 2 ⋅ 844 см3 H ≥3 =3 = 25,79 см 1 − k24 1 − 0,84 H = 26 см , тогда B = H k1 = 13 см , h = k 2 H = 20,8 см , Примем b = h k1 = 10, 4 см . Проверим прочность выбранного сечения по нормальным напряжениям BH 3 bh3 13 ⋅ 263 10,4 ⋅ 20,83 Iz = − = − = 11242 см 4 . 12 12 12 12 I 11242 Wz = z = = 864, 8 см 3 , H 2 13 M z ( x) max 135 кН ⋅ м σ x max = = = 156 МПа < [σ] . Wz 864,8 см3 Убеждаемся, что условие прочности по нормальным наy пряжениям выполняется. y max Площадь полого прямоугольного сечения z 2 Fпп = BH − bh = 13 ⋅ 26 − 10,4 ⋅ 20,8 = 122 см . 10. Подбор квадратного сечения, изгибаемого b z1 относительно оси, проходящей через диагональ. Сечение, которое необходимо подобрать, представлено на Рис. 2.22 рис. 2.22. Его момент сопротивления запишем по определению I Wz = z . y max Максимальная координата точки сечения легко может быть найдена по теореме Пифагора y max = 0,5 b2 + b2 = 2b 2 . Момент инерции квадратного сечения, как показывается в курсе сопротивления материалов, одинаков для всех осей, проходящих через центр тяжести. Записывается момент инерции квадрата с помощью формулы для прямоугольника, так что I z = b 4 12 . Момент сопротивления данного сечения, таким образом, выражается формулой: 97 b3 . 6 2 Можно заметить, что момент сопротивления относительно рассматриваемой оси оказывается меньше, чем для оси z1 (рис. 2.22): Wz1 = b3 6 , поэтому Wz = балка, изгибаемая относительно оси z, выдержит нагрузку меньше, чем изгибаемая относительно оси z1 . Поскольку для данной балки Wz ≥ 844 см 3 , получаем неравенство для подбора стороны квадрата b ≥ 3 6 2 ⋅ 844 см3 = 19,3 см . Примем размер сечения b = 19,5 см . Проверим прочность выбранного сечения M z ( x ) max M z ( x) max 6 2 ⋅ 135 кН ⋅ м σ x max = = = = 154 МПа < [σ] , Wz b3 19,53 см 3 6 2 видно, что условие прочности выполняется. Сечение подобрано. Площадь квадратного сечения Fкв = b 2 = 380 см 2 . 11. Сравнение по весу вариантов конструкции данной балки с различными сечениями. Веса вариантов конструкции относятся как площади поперечных сечений, поскольку материал, а следовательно, и удельный вес всех балок ρ одинаков, одинакова и длина l = l1 + l 2 + l3 , т.е. P2 ρlF2 F2 = = . P1 ρlF1 F1 Будем относить площади всех сечений к площади поперечного сечения двутавра. Fпр 242 380 Fпп 122 F = = 1,68 ; = = 3,33 ; кв = = 5,23 . Fдв 72,6 Fдв 72,6 Fдв 72,6 Отношения размещены в порядке возрастания веса балок с выбранным поперечным сечением. 2.3.6. Пример расчета балки при плоском изгибе с помощью системы компьютерной алгебры Maxima Maxima – система для работы с символьными и численными выражениями. Maxima относится к классу свободного программного обеспечения и распространяется под лицензией GPL. (http://maxima.sourceforge.net/ru/). Исходный код Maxima может компилироваться на многих системах, 98 включая Windows, Linux и MacOS X. Maxima – потомок Macsyma, легендарной системы компьютерной алгебры, разработанной в начале 60-х в MIT. Наиболее удобной оболочкой для работы с Maxima является wxMaxima (в данном пособии рассматривается версия >0.8). Запускаем wxMaxima и вводим первый оператор В первой строке вы видите оператор kill(all), который делает недоступными результаты предыдущей работы – уничтожает все переменные. Это сделано для удобства возможных перевычислений, в случае исправления ошибки часто бывает проще перевычислить всю сессию. После ввода строки для вычисления выражения нужно выполнить <Правка> или нажать . (%i1) и (%o0) – соответственно позиции ввода и позиции вывода. Вводим требуемые величины: момент, силу, интенсивность распределенной нагрузки, длины участков. В качестве символа присваивания используется : , в качестве разделителя выражений используется ; Чтобы было проще ориентироваться в сессии, добавляем комментарий (или F6) и записываем далее (%i7) сумму всех моментов (см. рис. 2.4) в точке А (sum_M[a]), получаем Записываем аналогичное условие (см. рис. 2.4) в точке B (sum_M[b]). 99 Для нахождения реакций используем глобальные настройки: Определяем Rb Определяем Ra . Проверяем найденные реакции, для этого вычисляем сумму всех сил в проекции на вертикальную ось: Начинаем рассмотрение участков балки (см. рис. 2.18). Запишем для удобства комментарий и введем найденное выражение для перерезывающей силы, обозначаем ее Qy1, это функция, для ее определения используется символ присваивания := Теперь вводим функции для изгибающего момента Mz1, угла поворота theta1, прогиба v1 (рис. 2.18). Не забываем при этом про требования метода начальных параметров (метода Клебша). Для упрощения выражения можно использовать функцию expand. 100 Аналогично рассматриваем второй участок (рис. 2.18): Аналогично рассматриваем третий участок (рис. 2.18): 101 Определяем функции для построения эпюр. Вводим промежуточные величины l[12], l[123] Определяем выражение для перерезывающей силы, которое понадобится для построения эпюры Qy . Используем логическую операцию if в операторе присваивания. В отличие от большинства «традиционных» процедурных и объектных языков программирования, в Maxima привычная связка if-then-else является не синтаксической конструкцией, а самым настоящим оператором. По своему действию он больше всего похож на тернарный оператор языка C. Видно, что выражение Qy_1(x) используется, если 02) стержней называется сложным. Такой шарнир эквивалентен (n-1) простому шарниру. Как видно из формулы (3.1), разрез замкнутого контура снижает степень статической неопределимости на три единицы, а простой внутренний шарнир – на единицу. На рис. 3.1 показаны примеры статически неопределимых стержневых систем: на рис. 3.1, а – дважды внешне статически неопределимая; на рис. 3.1, б – один раз внутренне статически неопределимая; на рис. 3.1, в – четыре раза статически неопределимая (один раз – внешне и три раза – внутренне). а б Рис. 3.1 в Основная система – это статически определимая система, полученная из исходной статически неопределимой путем отбрасывания дополнительных связей и внешней нагрузки. В качестве дополнительных могут быть выбраны различные связи, поэтому для одной и той же статически неопределимой системы можно получить множество основных систем. Эквивалентная система – это основная система, к которой приложена заданная внешняя нагрузка исходной системы, а также усилия и моменты (обобщенные усилия), учитывающие действие отброшенных связей. Отметим, что усилия, вводимые взамен внутренних связей, всегда являются взаимными, т. е. если в каком-либо сечении удалена внутренняя связь, то к каждой части системы в этом сечении прикладываются равные и противоположные друг другу обобщенные усилия. Часто одну и ту же стержневую систему можно рассматривать как внешне статически неопределимую, если удалять опорные связи, или как внутренне статически неопределимую, если удалять внутренние связи. В качестве примера на рис. 3.2 показаны один раз статически неопределимая 110 рама (слева) и соответствующие ей две эквивалентные стержневые системы, полученные удалением внешней связи и внутренней связи. Здесь через X 1 обозначены обобщенные усилия, учитывающие действие отброшенных связей. X1 X1 X1 Рис. 3.2 Наиболее распространенным методом раскрытия статической неопределимости является метод сил. Кроме этого существует также метод перемещений и смешанный метод. Суть метода сил заключается в том, что заданная статически неопределимая система освобождается от дополнительных связей, взамен которых вводятся неизвестные обобщенные усилия X i (i = 1, 2,..., S ) . Величины этих усилий определяются из условий, чтобы перемещения в направлении отброшенных связей соответствовали тем ограничениям, которые эти связи накладывают. Для этой цели в дополнение к уравнениям равновесия привлекаются уравнения совместности деформаций. В методе сил уравнения совместности деформаций представляют собой для эквивалентной системы условия равенства нулю перемещения или поворота (обобщенного перемещения) в направлении каждой отброшенной связи. Эти условия записываются в виде: ∆ i = 0 (i = 1, 2,..., S ) , (3.2) где ∆ i – обобщенное перемещение в направлении i-й отброшенной связи. Причем, если отброшена внешняя связь, то имеется в виду абсолютное перемещение, а если внутренняя, то - относительное перемещение двух смежных сечений эквивалентной системы. Согласно принципу независимости действия сил (принципу суперпозиции) перемещение от одновременного действия группы нагрузок равно сумме перемещений от каждой из этих нагрузок в отдельности. Поэтому равенства (3.2) можно представить так: ∆ i = ∆ i1 + ∆ i 2 +... + ∆ i S + ∆ i P = 0 (i = 1, 2,..., S ) . Здесь ∆ i j ( j = 1, 2,..., S ) и ∆ iP - перемещение в направлении i-й отброшенной связи от усилия X j и от внешней нагрузки. 111 Но перемещение ∆ i j от усилия X j пропорционально величине этого усилия. Поэтому ∆ i j = δ i j X j , где δ i j - перемещение в направлении i-й отброшенной связи от усилия X j = 1. Таким образом, в развернутом виде уравнения совместности деформаций (3.2) запишутся следующим образом: δ11 X 1 + δ12 X 2 + ... + δ 1S X S + ∆ 1P = 0; δ 21 X 1 + δ 22 X 2 + ... + δ 2S X S + ∆ 2 P = 0; (3.3) ......................... δ S1 X 1 + δ S 2 X 2 + ... + δ SS X S + ∆ SP = 0. Равенства (3.3) представляют собой систему линейных алгебраических уравнений относительно искомых неизвестных обобщенных усилий X i (i = 1, 2,..., S ) и называются каноническими уравнениями метода сил. Коэффициенты δ i j и свободные члены ∆ iP этих уравнений суть обобщенные перемещения определенных точек эквивалентной системы в известных направлениях и от известной нагрузки. Так, δ i j - перемещение точки приложения усилия X i в направлении этого усилия от действия лишь одного j-го единичного усилия ( X j = 1), а ∆ iP - перемещение точки приложения усилия X i в направлении этого усилия от действия внешней нагрузки. Коэффициенты δ i j с одинаковыми индексами (i=j) называются главными, а с разными индексами (i ≠ j) – побочными. Указанные коэффициенты и свободные члены обычно вычисляют по формуле Мора. Для плоских рам, пренебрегая влиянием на их деформации осевых и поперечных сил, из формулы Мора следует: δij = ∆ iP = U Lk ∑∫ M zi M zj EJ z dx ; (3.4) k =1 0 U Lk M zi M zP dx . EJ z (3.5) ∑∫ k =1 0 Здесь: U – количество участков интегрирования; k – номер участка; Lk – длина k-го участка; EJ z - изгибная жесткость на участке; M zi , M zj и M zP - аналитические выражения для изгибающих моментов на участке, соответственно, от усилий X i = 1, X j = 1 и от внешней нагрузки. На прямолинейных участках постоянной жесткости интегралы (3.4), (3.5) удобно вычислять способом Верещагина, "перемножением" соответствующих эпюр. 112 Как видно из формул (3.4) и (3.5), δ i j = δ ji . Кроме того, главные коэффициенты δ ii всегда отличны от нуля и положительны, а побочные коэффициенты δ i j и свободные члены ∆ iP могут быть положительными, отрицательными или равными нулю. После того, как из системы канонических уравнений (3.3) найдены неизвестные усилия X i (i = 1, 2,..., S ) , определение итоговых значений внутренних силовых факторов в произвольном сечении стержневой системы осуществляется известными методами расчета статически определимых систем. Для этого в эквивалентной системе ранее неизвестные усилия X i заменяются их найденными значениями, вычисляются при необходимости неизвестные опорные реакции и далее обычным образом записываются аналитические выражения для внутренних силовых факторов и строятся их эпюры. Очевидно, что значения внутренних силовых факторов, а также напряжения и перемещения в статически неопределимой системе не зависят от того, какую основную систему использовать при расчете. Однако рациональный выбор основной системы может существенно снизить трудоемкость расчета. Кратко остановимся на использовании свойств симметрии плоской стержневой системы. Как известно, в симметричной стержневой системе на оси симметрии при симметричной нагрузке обращаются в нуль кососимметричные внутренние силовые факторы (поперечная сила Q y ), а при кососимметричной нагрузке – симметричные внутренние силовые факторы (осевая сила N и изгибающий момент M z ). Данное обстоятельство при расчете статически неопределимых систем позволяет, выбрав основную систему путем разреза по оси симметрии, сразу исключить из числа искомых неизвестных соответствующие нулевые обобщенные усилия. Кроме того, отметим, что любая нагрузка в симметричной системе может быть представлена в виде суммы симметричной и кососимметричной составляющих. На рис. 3.3 показан пример симметричной трижды статически неопределимой рамы под сосредоточенной нагрузкой общего вида и эквивалентные ей системы, соответствующие симметричной и кососимметричной составляющим приложенной нагрузки. M P M/2 X2 P/2 X2 M/2 X1 X1 Рис. 3.3 P/2 M/2 P/2 X3 X3 M/2 P/2 113 Проверка правильности построенных итоговых эпюр внутренних силовых факторов в статически неопределимой системе включает в себя статическую и деформационную (кинематическую) проверки. Статическая проверка – проверка условий равновесия как всей системы в целом, так и любой ее части. Частным случаем этой проверки является проверка равновесия узлов. Статическая проверка является необходимым, но не достаточным условием того, что построенные эпюры правильны. Деформационная (кинематическая) проверка – проверка соблюдения условий совместности деформаций. С этой целью выбирают новую основную систему, отбрасывая те дополнительные связи, которые не отбрасывались ранее. Затем для полученной основной системы, используя построенные итоговые эпюры, определяют перемещения в направлении отброшенных связей. Эти перемещения должны быть равны нулю. Другими словами, деформационная проверка итоговых эпюр состоит в том, что выясняется, равны ли нулю обобщенные перемещения в направлении связей, наложенных на систему. Условия прочности по нормальным и касательным напряжениям для стержней плоской рамы имеют вид: N Mz + ≤ [σ], F Wz (3.6) Qy S zотс max = ≤ τ. Jz b (3.7) σ max = τ max Здесь M z , N и Q y – изгибающий момент, осевая и поперечная силы в рассматриваемом сечении рамы; F, Wz , J z – площадь, момент сопротивления и момент отс инерции поперечного сечения; S z max , b – максимальный статический момент площади отсеченной части относительно оси z сечения и ширина сечения на уровне той точки, где определяется касательное напряжение; σ , τ – допускаемые нормальные и касательные напряжения. Отметим, что формула (3.6) справедлива для случая, когда ось z является осью симметрии поперечного сечения и материал стержней одинаково сопротивляется растяжению и сжатию. В проектировочном расчете подбор параметров поперечного сечения рамы осуществляют следующим образом: – задаются формой поперечного сечения; – из формулы (3.6), учитывая лишь нормальные напряжения от изгиба (именно они являются в рамах преобладающими), определяют требуемый момент сопротивления: 114 Wzт ≥ M z max ; σ (3.8) – по величине Wzт подбирают необходимые размеры поперечного сечения и по формулам (3.6) и (3.7) проводят проверку прочности подобранного сечения. При использовании стандартных профилей обычно допускается превышение максимальных нормальных напряжений над допускаемыми (перенапряжение) около 5%. σ max − [σ ] 100% ≤ 5% [σ ] 3.2. Порядок проектировочного расчета статически неопределимых плоских рам методом сил 1. Определить по формуле (3.1) степень статической неопределимости S исходной системы. 2. Выбрать основную систему, отбросив S дополнительных связей и нагрузку; сформировать эквивалентную систему, приложив к выбранной основной системе заданную нагрузку и неизвестные обобщенные усилия, учитывающие действие отброшенных связей. 3. Записать канонические уравнения метода сил (3.3). 4. Записать аналитические выражения и построить эпюры изгибающих моментов в основной системе от следующих нагрузок: а) от внешней нагрузки (эпюра M zP ); б) отдельно от каждого единичного обобщенного усилия X i = 1, приложенного в направлении отброшенной связи (эпюры M zi ). 5. Вычислить, используя формулы Мора (3.4) и (3.5), коэффициенты δ i j и свободные члены ∆ iP канонических уравнений (3.3). 6. Определить из решения системы канонических уравнений (3.3) неизвестные обобщенные усилия X i . 7. Построить для эквивалентной системы с учетом найденных обобщенных усилий X i итоговые эпюры внутренних силовых факторов (изгибающих моментов M z , осевых N и поперечных Q y сил). 8. Провести статическую и деформационную проверку правильности построенных итоговых эпюр внутренних силовых факторов. 9. Из условия прочности по нормальным напряжениям от изгиба (формула (3.8)) подобрать размеры поперечного сечения и сделать проверку по максимальным нормальным и касательным напряжениям (формулы (3.6) и (3.7)). Желающие более детально ознакомиться с теорией и практикой расчета статически неопределимых рам могут обратиться к известной литературе [1 - 5]. 115 3.3. Пример расчета статически неопределимой рамы методом сил Для рамы, показанной на рис. 3.4, а, постоянного поперечного сечения ( EJ z = const ) подобрать из условий прочности номер двутавровой балки и квадратное поперечное сечение. Длины участков: AB = BC = l = 3 м, CD = CE = l1 = 2 м . Нагрузка: q = 20 кН / м , M = 60 кН ⋅ м . Материал рамы сталь марки Ст.3: σ = 160 МПа ; τ = 100 МПа . M q B C y4 O D B y E M x3 y3 A а) x4 y1 q C x2 x1 x D X2 E X1 y2 A б) Рис. 3.4 Э в) Решение. 1. Определяем степень статической неопределимости (количество дополнительных связей) S = 3K − Ш + R − 3 = 3 ⋅ 0 − 0 + 5 − 3 = 2 . Таким образом, рама дважды статически неопределима. 2. Выбираем основную систему, отбрасывая две дополнительные связи (по одной связи в опорах E и D) и нагрузку (рис. 3.4, б). Формируем эквивалентную систему, прикладывая к выбранной основной системе заданную нагрузку и неизвестные усилия X 1 , X 2 , учитывающие действие отброшенных связей (рис. 3.4, в). На рис. 3.4, в показаны также выбранные направления осей глобальной системы координат (x,y) и локальных систем координат ( x1 , y1; ...; x4 , y4 ) каждого участка. Используется правая система координат, в которой ось z направлена перпендикулярно плоскости рисунка на читателя. В этом случае направление оси y однозначно определяется как направление оси x, повернутое на 90 o против часовой стрелки. 3. Записываем канонические уравнения метода сил: δ11 X 1 + δ 12 X 2 + ∆ 1P = 0; δ 21 X 1 + δ 22 X 2 + ∆ 2 P = 0. 4. Строим эпюры изгибающих моментов в основной системе: 116 От внешней нагрузки (рис. 3.5, а). Определяем из уравнений равновесия опорные реакции. ∑ x = H A = 0; ⇒ H A = 0 . ∑ y = R A − q ⋅ l1 = 0; ⇒ R A = q ⋅ l1 = 20 ⋅ 2 = 40 кН . ∑ m A = − M A + M − q ⋅ l1 (l + l1 / 2) = 0; ⇒ ⇒ M A = M − q ⋅ l1 (l + l1 / 2) = 60 − 20 ⋅ 2( 3 + 2 / 2) = −100 кН ⋅ м . Проверка: ∑ mС = 0; − M A − R Al + H Al + M − ql12 / 2 = = 100 − 40 ⋅ 3 + 0 ⋅ 3 + 60 − 20 ⋅ 2 2 / 2 = 0. Записываем по участкам аналитические выражения для изгибающих моментов, вычисляем их значения в характерных точках и строим эпюру M zP . При этом используем те же правила знаков, что и для балки, т.е. изгибающий момент считается положительным, если он вызывает растяжение "нижних" и сжатие "верхних" волокон. Понятия "нижние" и "верхние" волокна в данном случае являются условными и отражают лишь расположение волокон по отношению к положительному направлению локальной оси y. При построении эпюр изгибающих моментов положительные значения моментов на каждом участке откладываются в положительном направлении локальной оси y и наоборот. При таком подходе эпюра изгибающих моментов всегда оказывается расположенной со стороны сжатых волокон. qx12 = −10 x12 ; 2 2 M zP ( x1 = 0) = 0; M zP ( x1 = l1 ) = −10 ⋅ 2 = −40 кН ⋅ м . Участок DC ( 0 ≤ x1 ≤ l1 = 2 м ): M zP ( x1 ) = − Здесь и далее при записи q x4 аналитических выражений D B для внутренних силовых факC x1 40 M x2 торов в произвольном сече- y 160 x3 E MzP MA нии на участке DC рассматH ривается правая часть рамы. кН.м A 100 x A При этом введена новая пеRA а б ременная x1 = l1 − x1 , опреРис. 3.5 деляющая положение сечения относительно точки D. Участок EC ( 0 ≤ x2 ≤ l1 = 2 м ): M zP ( x2 ) = 0. Участок AB ( 0 ≤ x3 ≤ l = 3 м ): M zP ( x3 ) = M A = −100 кН ⋅ м . Участок BC ( 0 ≤ x4 ≤ l = 3 м ): M zP ( x4 ) = M A − M + R A x4 = −160 + 40x4 ; M zP ( x4 = 0) = −160 кН ⋅ м ; M zP ( x4 = l ) = −160 + 40 ⋅ 3 = −40 кН ⋅ м . 117 Эпюра M zP показана на рис. 3.5, б. От усилия X 1 = 1 (рис. 3.6, а). Определяем из уравнений равновесия опорные реакции. ∑ x = H A = 0; ⇒ H A = 0 . ∑ y = R A + X 1 = 0; ⇒ R A = − X 1 = −1. ∑ m A = − M A + X 1l = 0; ⇒ M A = X 1l = 3 м . Проверка: ∑ mС = 0; − M A − R A l + H A l = −3 − ( −1) ⋅ 3 + 0 ⋅ 3 = 0 . Записываем по участкам аналитические выражения для изгибающих моментов, вычисляем их значения в характерных точках и строим эпюру M z1 . Участок DC ( 0 ≤ x1 ≤ l1 = 2 м ): M z1 ( x1 ) = 0. Участок EC x4 x1 3 ( 0 ≤ x2 ≤ l1 = 2 м ): M z1 ( x2 ) = 0 . D B C Участок AB x 2 y ( 0 ≤ x3 ≤ l = 3 м ): x3 E MA M z1 ( x3 ) = M A = 3 кН ⋅ м . HA X1=1 A 3 x Участок BC RA а ( 0 ≤ x4 ≤ l = 3 м ): Рис. 3.6 M z1 ( x4 ) = M A + R A x4 = 3 − x4 ; M z1 ( x4 = 0) = 3 кН ⋅ м ; M z1 ( x4 = l ) = 3 − 3 = 0 кН∙м. Эпюра M z1 показана на рис. 3.6, б. Mz1 кН. м б От усилия X 2 = 1 (рис. 3.7, а). Определяем из уравнений равновесия опорные реакции. ∑ x = H A = 0; ⇒ H A = 0 . ∑ y = R A + X 2 = 0; ⇒ R A = − X 2 = −1. ∑ m A = − M A + X 2 (l + l1 ) = 0;⇒ M A = X 2 (l + l1 ) = 5 кН ⋅ м . Проверка: ∑ mС = 0; − M A − R A l + H A l + X 2 l1 = = −5 − ( −1) ⋅ 3 + 0 ⋅ 3 + 1⋅ 2 = 0. Записываем по участкам аналитические выражения для изгибающих моментов, вычисляем их значения в характерных точках и строим эпюру M z2 . Участок DC ( 0 ≤ x1 ≤ l1 = 2 м ): M z2 ( x1 ) = X 2 x1 = x1 ; M z 2 ( x1 = 0) = 0; M z 2 ( x1 = l1 ) = 2 кН ⋅ м . 118 Участок EC ( 0 ≤ x2 ≤ l1 = 2 м ): M z2 ( x2 ) = 0 . Участок AB ( 0 ≤ x3 ≤ l = 3 м ): M z 2 ( x3 ) = M A = 5 кН ⋅ м . Участок BC ( 0 ≤ x4 ≤ l = 3 м ): x4 B y x3 A RA x1 x2 X2=1 E MA x C 2 5 D HA Mz2 кНм 5 а б Рис. 3.7 M z 2 ( x4 ) = M A + R A x4 = 5 − x4 ; M z1 ( x4 = 0) = 5 кН ⋅ м ; M z1 ( x4 = l ) = 5 − 3 = 2 кН ⋅ м . Эпюра M z2 показана на рис. 3.7, б. 5. Вычисляем коэффициенты δ i j и свободные члены ∆ iP канонических уравнений: 1 δij = EJ z 1 δ11 = EJ z = ∑ ∫ M zi M zj dx;∆ iP k =1 0 1 = EJ z 4 Lk ∑ ∫ M zi M zP dx(i, j = 1,2) . k =1 0 l 3 3  l  1  2  3 dx3 + (3 − x4 ) 2 dx4  =  M z1 M z1dx3 + M z1 M z1dx4  =   0  EJ z  0 ∫ ∫ ∫ ∫ 1 3 3 9 x3 0 − ( 3 − x4 ) 3 3 0 = 36 EJ z (м). EJ z l1 l l  1  =  M z 2 M z 2 dx1 + M z 2 M z 2 dx3 + M z 2 M z 2 dx4  = EJ z  0   ∫ δ 22 1 = EJ z = 4 Lk ∫ ∫ 3 3 2 2  2  x1 dx1 + 5 dx3 + (5 − x4 ) 2 dx4  =  0  ∫ ∫ ∫ 1 3 2 3 x13 3 0 + 25 x3 0 − (5 − x4 ) 3 3 0 = 116, 667 EJ z (м). EJ z δ12 1 = EJ z 1 = δ 21 = EJ z l l   M z1M z 2 dx3 + M z1M z 2 dx4  =  0  ∫ ∫ 3 3  3 1  3 15 x3 0 + (15 x4 − 8 x42 2 + x43 3)  =  3 ⋅ 5dx3 + (3 − x4 )(5 − x4 )dx4  =  0  0  EJ z  ∫ = 63 EJ z (м). ∫ 119 ∆1 P 1 = EJ z = l l   M z1M zP dx3 + M z1M zP dx4  =  0  ∫ ∫ 3 3   3 ⋅ ( −100)dx3 + (3 − x4 )( −160 + 40 x4 )dx4  =  0  ∫ ∫ 1 3 3 −300 x3 0 + ( −480 x4 + 280 x42 2 − 40 x43 3) 0 = − 1440 EJ z (м). EJ z ∆ 2P 1 = EJ z = 1 = EJ z l1 l l  1   M z 2 M zP dx1 + M z 2 M zP dx3 + M z 2 M zP dx4  = = EJ z  0   ∫ ∫ ∫ 3 3 2  2 x ⋅ ( − 10 x ) dx + 5 ⋅ ( − 100 ) dx + ( 5 − x )( − 160 + 40 x ) dx  1 1 1 3 4 4 4 =  0  ∫ ∫ ∫ 1 2 3 3 −10 x14 4 0 − 500 x3 0 + ( −800 x4 + 360 x42 2 − 40 x43 3) 0 = −2680 EJ z (м). EJ z 6. Решаем систему канонических уравнений и определяем неизвестные усилия X 1 , X 2 . 36 63 X1 + X2 EJ z EJ z 63 116,667 X1 + X2 EJ z EJ z ∆= 36 63 63 116, 667 ∆ X1 = 1440 ∆ X2 = 36 1440 36 X 1 + 63 X 2 63 X 1 + 116,667 X 2 = 1440;  = 2680. = 36 ⋅116, 667 − 632 = 231, 00 . 63 2680 116, 667 63 2680 1440  = 0;  EJ z  или 2680 − = 0;  EJ z − = 1440 ⋅116, 667 − 2680 ⋅ 63 = −839, 00 . = 36 ⋅ 2680 − 63 ⋅1440 = 5760 . X 1 = ∆ X 1 / ∆ = −839 / 231 = −3, 63 (кН) , X 2 = ∆ X 2 / ∆ = 5760 / 231 = 24, 94 (кН) . 7. Строим итоговые эпюры внутренних силовых факторов . Заменяем в эквивалентной системе неизвестные усилия их найденными значениями (рис. 3.8, а). 120 Определяем из уравнений равновесия опорные реакции. ∑ x = H A = 0; ⇒ H A = 0 . ∑ y = R A + X 1 + X 2 − ql1 = 0; ⇒ R A = − X 1 − X 2 + ql1 = = 3, 63 − 24, 94 + 20 ⋅ 2 = 18, 69 кН . ∑ m A = − M A + M + X 1l + X 2 ( l + l1 ) − ql1 ( l + l1 / 2) = 0; ⇒ ⇒ M A = M + X 1l + X 2 (l + l1 ) − ql1 (l + l1 / 2) = 60 − 3, 63⋅ 3 + 24, 94 ⋅ 5 − 20 ⋅ 2 ⋅ 4 = = 13,81 кН ⋅ м . Проверка: ∑ mС = 0; − M A − R Al + H Al + M − ql12 / 2 + X 2 l1 = = −13,81 − 18, 69 ⋅ 3 + 0 ⋅ 3 + 60 − 20 ⋅ 2 2 / 2 + 24, 94 ⋅ 2 = 0 . Записываем по участкам аналитические выражения для внутренних силовых факторов, вычисляем их значения в характерных точках и строим эпюры. Участок DC ( 0 ≤ x1 ≤ l1 = 2 м ): N ( x1 ) = 0 . Qy ( x1 ) = − X 2 + qx1 = −24, 94 + 20 x1; Qy ( x1 = 0) = −24, 94 кН; Qy ( x1 = l1 ) = 15, 06 кН . qx12 M z ( x1 ) = X 2 x1 − = 24, 94 x1 − 10 x12 ; 2 M z ( x1 = 0) = 0; M z ( x1 = l1 ) = 9 ,88 кН ⋅ м . Перерезывающая сила Q y на участке меняет знак, следовательно, изгибающий момент M z имеет экстремум. Из условия Qy ( x1 ) = 0 определим значение продольной координаты x1Э , при которой M z достигает экстремума. Qy ( x1 = x1Э ) = 24, 94 − 20 x1Э = 0; ⇒ x1Э = 1,25 м . Таким образом, экстремум M z равен M z ( x1 = x1Э ) = 15, 55 кН ⋅ м . Участок EC ( 0 ≤ x2 ≤ l1 = 2 м ): N ( x2 ) = − X 1 = 3, 63 кН; Qy ( x2 ) = 0; M z ( x2 ) = 0. Участок AB ( 0 ≤ x3 ≤ l = 3 м ): N ( x3 ) = − R A = −18, 69 кН. Qy ( x3 ) = 0. M z ( x3 ) = M A = 13,81 кН ⋅ м . Участок BC ( 0 ≤ x4 ≤ l = 3 м ): N ( x4 ) = 0. Qy ( x3 ) = R A = 18, 69 кН . M z ( x4 ) = M A − M + R A x4 = −46,19 + 18, 69 x4 ; M z ( x4 = 0) = −46,19 кН ⋅ м; M z ( x4 = l ) = 9 ,88 кН ⋅ м . Эпюры осевых (N), поперечных ( Q y ) сил и изгибающих моментов ( M z ) показаны, соответственно, на рис. 3.8, б - г. 121 q x4 B y x3 A RA M MA X2=24,94 кН E x D x1 C x2 N 3,63 X1=-3,63 кН HA -18,69 а б 15,06 18,69 кН 9,88 15,55 13,81 1,25 м -24,94 1,25 м Qy -46,19 Mz 13,81 кН кН.м в г Рис. 3.8 8. Проверяем правильность построенных итоговых эпюр внутренних силовых факторов. Статическая проверка (проверка равновесия узлов). Вырежем из рамы узлы B и C, заменив действие отброшенных частей внутренними усилиями и моментами. Проверим для каждого узла выполнение уравнений равновесия. Узел B (рис. 3.9): ∑ x = 0; − Qy3 + N 4 = −0 + 0 ≡ 0. ∑ y = 0; − N 3 − Qy4 = = − ( −18, 69) + 18, 69 = 0. M=60 кН.м B B N4=0 M4=46,19 кН.м Qy3=0 Qy4=18,69 кН N3=18,69 кН ∑ mB = 0; M − M 3 − M 4 = = 60 − 13,81 − 46,19 = 0. M3=13,81 кН.м Рис. 3.9 Qy3=18,69 кН ∑ x = 0; − N 3 − Qy2 + N1 = = −0 − 0 + 0 ≡ 0 . ∑ y = 0; Qy3 − N 2 − Qy1 = = 18, 69 − 3, 63 − 15, 06 = 0 . ∑ mC = 0; − M 3 − M 2 + M1 = −9,88 − 0 + 9 ,88 = 0 . C N3=0 Qy2=0 M3=9,88 кН.м N1=0 Qy1=15,06 кН N2=3,63 кН Рис. 3.10 C M2=0 M1=9,88 кН.м Узел C (рис. 3.10): 122 Таким образом, уравнения равновесия узлов удовлетворяются. Заметим, что на рис. 3.9 и 3.10 изображены положительные направления внутренних усилий N и Q y . Величины этих усилий с учетом знака снимаются с соответствующих эпюр. Изгибающие моменты на этих рисунках показаны с учетом их фактического направления, определяемого по эпюре M z . Напомним, что эпюра изгибающих моментов располагается со стороны сжатых волокон. Деформационная проверка. Выбираем новую основную систему, отбрасывая две связи в опоре A (рис 3.11). Строим эпюры изгибающих моментов в новой основной системе от единичных обобщенных усилий, приложенных в направлении отброшенных связей: B D C O E A Рис. 3.11 От момента X 3 = 1 (рис. 3.12, а). Определяем из уравнений равновесия опорные реакции. ∑ x = H A = 0; ⇒ H A = 0 . ∑ mD = − X 3 + H Al − RE l1 = 0; ⇒ RE = −0,5 м −1. ∑ mC = − X 3 + H A l + RD l1 = 0; ⇒ RD = 0,5 м −1. Проверка: ∑ y = 0; RE + RD = −0,5 + 0,5 = 0 . Записываем по участкам аналитические выражения для изгибающих моментов, вычисляем их значения в характерных точках и строим эпюру M z3. Участок DC ( 0 ≤ x1 ≤ l1 = 2 м ): M z3 ( x1 ) = RD x1 = 0, 5x1; M z3 ( x1 = 0) = 0; M z3 ( x1 = l1 ) = 1. Участок EC ( 0 ≤ x2 ≤ l1 = 2 м ): M z3 ( x2 ) = 0. x1 RD 1 x4 D Участок AB B C x2 ( 0 ≤ x3 ≤ l = 3 м ): y x3 M z3 ( x3 ) = X 3 − H A x3 = 1. E X3=1 Участок BC A 1 x HA R E ( 0 ≤ x4 ≤ l = 3 м ): а M z3 ( x4 ) = X 3 − H A l = 1. Эпюра M z3 показана на Рис. 3.12 рис. 3.12, б. От усилия X 4 = 1 (рис. 3.13, а). Определяем из уравнений равновесия опорные реакции. 1 Mz3 кН.м б 123 ∑ x = H A = 0; ⇒ H A = 0 . ∑ mD = − X 4 (l + l1 ) + H Al − RE l1 = 0; ⇒ RE = −2,5. ∑ mC = − X 4 l + H A l + RD l1 = 0; ⇒ RD = 1,5. Проверка: ∑ y = 0; X 4 + RE + RD = 1 + 1,5 − 2,5 = 0 . Записываем по участкам аналитические моментов, вычисляем их значения в характерных точках и x4 строим эпюру M z4 . B x2 Участок DC y x3 ( 0 ≤ x1 ≤ l1 = 2 м ): M z4 ( x1 ) = RD x1 = 1,5x1 ; A x HA M z 4 ( x1 = 0) = 0; X4=1 а M z 4 ( x1 = l ) = 3 м . выражения для изгибающих x1 C 3 RD D E Mz4 м RE б Рис. 3.13 Участок EC ( 0 ≤ x2 ≤ l1 = 2 м ): M z4 ( x2 ) = 0 . Участок AB ( 0 ≤ x3 ≤ l = 3 м ): M z4 ( x3 ) = − H A x3 = 0 . Участок BC ( 0 ≤ x4 ≤ l = 3 м ): M z4 ( x4 ) = X 4 x4 − H Al = x4 . M z4 ( x4 = 0) = 0; M z4 ( x4 = l ) = 3 м . Эпюра M z4 показана на рис. 3.13, б. Определяем по формуле Мора перемещения в направлении связей, отброшенных в узле A. Эти перемещения должны равняться нулю. L 1 4 k ∆i = ∑ ∫ M zi M z dx (i = 3,4) . EJ z k =1 0 l1 l l  1  ∆3 =  M z 3 M z dx1 + M z 3 M z dx3 + M z 3 M z dx4  = EJ z  0   ∫ 1 = EJ z = ∫ ∫ 3 3 2  2  0,5 x1 ( 24,94 x1 − 10 x1 )dx1 + 1 ⋅ 13,81dx3 + 1 ⋅ ( −46,19 + 18,69 x4 )dx4  =  0  ∫ ∫ ∫ 1 2 3 3 ( 24, 94 x13 6 − 10 x14 8) 0 + 13,81x3 0 + ( −46,19 x4 + 18, 69 x42 2 ) 0 = EJ z = (158, 79 − 158,57 ) EJ z = 0, 22 EJ z ≈ 0. 0, 22 Погрешность равна 100%≈ 0,14%< 5% . 158, 57 124 l1 l  1   M z 4 M z dx1 + M z 4 M z dx4  = ∆4 = EJ z  0   ∫ 1 = EJ z = ∫ 3 2  2 1 , 5 x ( 24 , 94 x − 10 x ) d x + x ( − 46 , 19 + 18 , 69 x ) dx  1 1 1 1 4 4 4 =  0  ∫ ∫ 1 2 3 (37 , 41 x13 3 − 15 x14 4) 0 + ( −46,19 x42 2 + 18, 69 x43 3 ) 0 = . EJ z = ( 267, 97 − 267, 86) EJ z = 0,11 EJ z ≈ 0 м. 0,11 Погрешность равна 100%≈ 0, 04%< 5%. 267 ,86 Таким образом, погрешность деформационной проверки не превышает допустимой. По результатам статической и деформационной проверок делаем вывод, что эпюры внутренних силовых факторов построены верно. 9. Подбираем параметры поперечных сечений. Из анализа эпюр (рис. 3.8) определяем максимальные величины внутренних силовых факторов. Участок AB: M z max = 13,81 кН ⋅ м, N max = 18,69 кН . Участок BC: M z max = 46,19 кН ⋅ м в сечении B; N = 0 . Qy max = 24,94 кН в сечении D. Из условия прочности по максимальным нормальным напряжениям от изгиба определяем требуемый момент сопротивления поперечного сечения. Wzт M z max 46,19 ⋅103 ≥ = = 288, 68 ⋅10−6 м 3 = 288, 68 см 3. 6 σ 160 ⋅10 Из таблицы ГОСТ 8239-56 (см. приложение) выбираем двутавр №24 с 2 4 параметрами: Wz = 289 см 3 , F = 34,8 см 2 , S zотс max =163 см , J z = 3460 см , s = 5, 6 мм . Проверим прочность подобранного сечения по нормальным напряжениям. На участке AB: N max M z max 18, 69 ⋅103 13,81⋅103 σ max = + = + = (5, 37 + 47, 79) ⋅106 = −4 −6 F Wz 34, 8 ⋅10 289 ⋅10 = 56,16 МПа < σ . На участке BC заведомо σ max < σ , так как здесь N = 0, а Wz > Wzт . 125 Проверим прочность по касательным напряжениям. τ max = Qy max S zотс max Jz s 24, 94 ⋅103 ⋅163 ⋅10 −6 = = 20, 95 МПа < τ . 3460 ⋅10 −8 ⋅ 5, 6 ⋅10 −3 Таким образом, двутавр №24 удовлетворяет условиям прочности. Момент сопротивления квадратного сечения записывается с помощью формулы для прямоугольного сечения b3 Wz = . 6 Используя требуемый момент сопротивления данной задачи, найдем соответствующий ему размер стороны квадратного сечения b ≥ 3 6 ⋅ 288,89 = 12,0123 см . Примем h = 12 см. Проверим прочность стержня, нагруженного максимальным моментом, для этого размера поперечного сечения N ( x) M z ( x ) max 6 ⋅ 46,19 кН ⋅ м σ x max = + =0+ = 160, 38 МПа > 160 МПа. F Wz 123 см 3 Перегруз сечения (погрешность) δ составляет меньше допустимых 3 % : σ x max − [σ] 160, 38 − 160 δ= ⋅ 100 % = ⋅ 100 % = 0,238 % < 3 % . [ σ] 160 Проверим прочность сечений на стержне AB, которые также могут быть нагружены опасными напряжениями: N M z max 18,69 кН 6 ⋅ 13,81 кН ⋅ м σ max = max + = + = (1,30 + 47,95) МПа = F Wz 12 ⋅ 12 см 2 123 см 3 = 49,25 МПа < [σ] , так что нормальные напряжения во всей раме для прочности не опасны. Проверяем прочность по касательным напряжениям: 3 Q y ( x) max 24, 94 кН = 1 , 5 = 2, 60 МПа < [τ] . 2 b2 144 см 2 Все условия прочности для квадратного сечения 12 × 12 см выполняются, такое сечение тоже можно использовать. τ max = 1, 5 τ сред = 126 3.4. Пример расчета статически неопределимой рамы методом сил с помощью системы компьютерной алгебры Maxima Запускаем wxMaxima и вводим первый оператор В первой строке виден оператор kill(all); который он делает недоступными результаты предыдущей работы – уничтожает все переменные. Это сделано для удобства возможных перевычислений, в случае исправления ошибки. Вводим требуемые величины: интенсивность распределенной нагрузки, длины участков, момент. В качестве символа присваивания используется : . В качестве разделителя выражений используется ; Выбираем основную систему. Сначала определяем реакции (см. рис. 3.5), для этого запишем уравнения статики: Определяем настройки для решения систем уравнений: Решая систему уравнений, находим реакции: 127 Проверяем найденные реакции, вычисляя суммарный момент в точке D: Определяем функции – выражения изгибающих моментов по участкам (рис. 3.5). Первый участок: Второй участок: Третий участок: Четвертый участок: По этим выражениям строится эпюра изгибающих моментов от внешних сил. Прикладываем к основной системе единичную обобщенную силу X 1 (рис. 3.6): Ищем реакции (рис. 3.6), для чего записываем уравнения равновесия: 128 Решая систему уравнений, находим реакции: Проверяем найденные реакции, для чего записываем сумму моментов в точке С: Рассматриваем каждый участок рамы и записываем для них выражения изгибающих моментов. Первый участок: Второй участок: Третий участок: Четвертый участок: Теперь прикладываем к основной системе единичную обобщенную силу X 2 (рис. 3.7): 129 Ищем реакции (рис.3.7), для этого записываем уравнения равновесия: Решая систему уравнений, находим реакции: Проверяем найденные реакции, для этого записываем сумму моментов в точке С: Рассматриваем каждый участок рамы и записываем для них выражения изгибающих моментов. Первый участок: Второй участок: Третий участок: 130 Четвертый участок: После того как были получены все выражения для изгибающих моментов, можно искать коэффициенты системы канонических уравнений. Коэффициент EJ z δ11 : <пропущен промежуточный вывод Maxima> Коэффициент EJ z δ 22 : <пропущен промежуточный вывод Maxima> Коэффициент EJ z δ12 : <пропущен промежуточный вывод Maxima> Коэффициент EJ z ∆1 : <пропущен промежуточный вывод Maxima> Коэффициент EJ z ∆ 2 : 131 <пропущен промежуточный вывод Maxima> Для решения системы канонических уравнений делаем неопределенными X 1 и X 2 , так как ранее им были присвоены единичные значения: <пропущен промежуточный вывод Maxima> Выведем на печать найденные неизвестные в виде десятичных чисел: Для построения итоговой эпюры M z и деформационной проверки рассматриваем эквивалентную систему (см. рис. 3.8). Реакции найдем из уравнений равновесия: Решая систему, находим реакции: 132 Для вывода найденных реакций в виде десятичных чисел используем: Проверяем реакции, для чего запишем сумму моментов в точке С: Рассматриваем каждый участок рамы и записываем для них выражения изгибающих моментов. Первый участок: Второй участок: Третий участок: Четвертый участок: 133 Для проведения деформационной проверки выбираем новую основную систему (рис. 3.11), прикладываем к точке А единичную обобщенную силу, момент X 3 : Находим реакции, для этого записываем уравнения равновесия (рис. 3.12): Решая эту систему, находим реакции: Производим проверку: Записываем выражения для изгибающих моментов по участкам. Первый участок: Второй участок: 134 Третий участок: Четвертый участок: Вычисляем перемещение а точке А (см. рис. 3.12): <пропущен промежуточный вывод Maxima> Так как в качестве единичной обобщенной силы был выбран момент, найденное перемещение является углом поворота, он равен нулю. Аналогично производится проверка для единичной обобщенной силы X 4 (рис. 3.13). 135 3.5. Задание на выполнение расчетно-графической работы «Расчет статически неопределимой рамы» Целью работы является расчет статически неопределимой рамы методом сил. Для заданной схемы рамы постоянного поперечного сечения (рис. 3.14) требуется: 1) определить степень статической неопределимости, выбрать основную и сформировать эквивалентную системы, записать систему канонических уравнений; 2) построить эпюры изгибающих моментов для основной системы от заданной нагрузки и от единичных сил; 3) вычислить коэффициенты канонических уравнений; 4) решив систему канонических уравнений, определить неизвестные усилия; 5) построить итоговые эпюры изгибающих моментов, перерезывающих и продольных сил; 6) проверить равновесие узлов рамы и сделать деформационную проверку; 7) из условий прочности подобрать номер двутавровой балки (см. приложение) и квадратное поперечное сечение. Номер схемы определяется номером варианта. Материал рамы – сталь марки Ст.3: σ = 160 МПа ; τ = 100 МПа . Исходные данные взять из табл. 3.1. Таблица 3.1 Номер строки 1 2 3 4 5 6 7 8 9 l, м l1 / l l2 / l P, кН q, кН/м M, кН⋅м а б г б в а 7,0 6,5 6,0 5,5 5,0 4,5 4,0 7,0 6,5 6,0 0,3 0,4 0,5 0,6 0,3 0,4 0,5 0,6 0,4 0,5 0,3 0,4 0,5 0,6 0,3 0,4 0,5 0,6 0,4 0,5 30 25 20 15 12 10 25 20 15 10 8 9 10 11 12 8 9 10 11 10 35 30 25 20 15 10 30 25 20 10 3 2 q 5 4 q q q 8 q l2 l l l l1 l Рис. 3.14 P l l P l2 l2 l2/2 l2 l1 l1 l2 l2 l2 P P l1 l q P 10 9 q l 7 l 6 l l l1 l l P l1 l1 l1 l2 l2 l1 P l1 l l1 l2 l l l l1 l l2 P l q P l2 1 P 12 13 q q 14 M 15 q q q P M l2 l l1 l l2 P l2 l2 l q l1 l2 M l1 Рис. 3.14 (продолжение) M l P l l l2 20 q l1 l l1 q P l1 l2 l 19 q M l1 l1 l1 l q l2 l2 18 17 16 l2 1 ,5 l l1 l l1 l2 l l1 l1 l l P l 11 l2 l1 l2 23 24 q l1 q l q l1 l1 q 25 q l q l1 P M q l 22 l1 21 l l1 l2 27 M P l1 l1 l P l2 l l l2 l2 30 l1 l1 l l1 q l1 q P q l2 29 228 8 M M l1 M q q l2 l l2 l1l 2 Рис. 3.14 (продолжение) q l 26 l2 l2 l1 l l1 l2 l l l1 l1 l2 32 24 31 23 q M P q l2 l1 l l q l l1 l1 l2 q 33 25 M P q q l2 2l 35 29 34 28 36 30 q P q l1 l2 P M l l P q l2 l l2 l2 l Рис. 3.14 (окончание) P l2 l l l 12 l1 l l 22 140 3.6. Расчет неразрезных балок с помощью уравнения трех моментов Общие сведения Рис.3.15 Схема крыла с элероном и закрылком. 1 – элерон; 2 – наружная секция закрылка; 3 – внутренняя секция закрылка; 4 – лонжерон; 5 – нервюра Неразрезной балкой называется сплошной изгибаемый брус, имеющий более двух опор. Неразрезная балка по сравнению с системой однопролетных балок при одинаковой нагрузке имеет меньшие расчетные моменты и плавную упругую линию. Неразрезные балки широко применяются в строительстве, авиастроении. Например, лонжерон элерона представляет собой неразрезную балку с опорами в местах крепления к крылу (рис. 3.15). На рис.3.16 показана расчетная схема лонжерона элерона и приведенные к его оси аэродинамические нагрузка. Уравнение трех моментов Неразрезная балка статически неопределима. Рассматривается неразрезная балка на абсолютно жестких опорах. Степень статической неопределимости при шарнирном опирании концов балки равна числу промежуточных опор. Защемление одного конца балки повышает степень статической неопределимости на единицу. Для расчета неразрезной балки (рис. 3.17, а) выбирается основная система метода сил путем введения промежуточных шарниров (рис.3.17, в). Неразрезная балка, таким образом, превращается в систему однопролетных шарнирно опертых балок с неизвестными изгибающими моментами во введенных шарнирах. За неизвестные величины принимаются изгибающие моменты во введенных Рис.3.16 шарнирах M 2 , M 3 , …, M i −1 , M i , M i +1 ,…, M n −1 (рис.3, в). Использование метода сил позволяет записать канонические уравнения, представляющие собой условия совместности деформаций. Физический смысл этих уравнений заключается в том, что взаимные углы поворота смежных сечений пролетов li −1 и li на i-й опоре равны нулю (рис. 3.17). Каноническое уравнение метода сил на i-й промежуточной опоре запишется δi1 ⋅ M 1 + δ i 2 ⋅ M 2 + ... + δii ⋅ M i + δ ii +1 ⋅ M i +1 + ... + δ in ⋅ M n + ∆ ip = 0 . (3.9) Для определения коэффициентов этого уравнения строятся эпюры изгибающих моментов от внешних нагрузок (рис. 3.17, г) и от единичных моментов 141 для каждого пролета, как для двухопорной балки (рис. 3.17, е – л). Единичный i-й момент изгибает только i-ю и (i+1)-ю балки. Если использовать для вычисления коэффициентов канонических уравнений метода сил интеграл Мора, то из рис. 3.17 видно, что коэффициенты δ i1 , δi 2 ,..., δii − 2 , δii + 2 ,..., δin обращаются в нуль. Коэффициенты δii −1 , δii , δii +1 и свободные члены ∆ ip после использования метода Верещагина для вычисления интегралов Мора равны: l 1 l l  δii −1 = л , δii =  л + п  ; 6 EJ л 3  EJ л EJ п  l 1 ωл ⋅ aл 1 ωп ⋅ aп ⋅ + ⋅ (3.10) δii +1 = n , ∆ ip = EJ л lл EJ п lп 6 EJ n l l Введем обозначения: M i −1 = M л ; M i = M ср ; M i +1 = M п ; κ л = л ; κ п = п ; EJ л EJ п S лл = ω л ⋅ a л ; S пп = ωп ⋅ aп . Все члены уравнения (3.9) умножим на 6 и член ∆ iP перенесем в правую часть. Тогда уравнение трех моментов для любой i-й промежуточной опоры запишется: M л ⋅ κ л + 2M ср ⋅ (κ л + κ п ) + M п ⋅ κ п = − 6 ⋅  S лл ⋅ κ л + Sпп ⋅ κ п  ,  lл lп  (3.11) где M л , M ср , M п - изгибающие моменты на левой (i-1), средней i и правой (i+1) опорах; lл , lп - длины левого и правого по отношению к i-й опоре пролетов; EJ л , EJ п -постоянные в пределах пролета изгибные жесткости балки; S лл , S пп статические моменты площадей ωл , ωп от внешних сил относительно левой и правой опор (рис. 3.18). Для неразрезной балки постоянной жесткости EJ = const , κ i = li . Тогда уравнение (3.11) принимает вид: S S  M л ⋅ lл + 2 M ср ⋅ (lл + lп ) + M п ⋅ lп = −6 ⋅  лл + пп  . (3.12) l l  л п  Частные случаи применения уравнения трех моментов 1. Неразрезная балка с шарнирными крайними опорами: искомые моменты на крайних шарнирных опорах равны нулю (см. рис. 3.19, а), 2. Неразрезная балка с консолью. Консольная часть балки в основной системе отбрасывается, и ее действие заменяется известным внешним моментом и поперечной силой на соответствующей крайней опоре. Поперечная сила на опорные моменты влияния не оказывает (рис. 3.19, б). 3. Неразрезная балка с защемлением. Защемления на крайних опорах балки в основной системе условно заменяют дополнительными пролетами длиной l0 бесконечно большой изгибной жесткости. Для первой опоры (рис. 3.19, в) 142 уравнение трех моментов запишется в виде S 2 M 1 ⋅ l1 + M 2 ⋅ l2 = −6 12 ; l1 M 0 = 0; S00 = 0 . Рис. 3.17 (3.13) 143 Порядок расчета неразрезной балок методом уравнений трех моментов 1. Определяется степень статической неопределимости, выбирается основная система и лишние неизвестные ( M i , i = 1,2,...n ). 2. Записывается уравнение трех моментов (3.11) и (3.12) по числу лишних неизвестных, число которых равно количеству промежуточных и защемленных опор. 3. Рассматривая каждый пролет неразрезной балки как балку на двух опорах, строят эпюры изгибающих моментов от внешних нагрузок в каждом пролете и вычисляют свободные члены уравнений трех Рис. 3.18 моментов. 4. Определяются лишние неизвестные M i из решения системы уравнений трех моментов и строятся эпюры моментов M i . 5. Строится окончательная эпюра изгибающих моментов путем сложения эпюр пролетных и M i -моментов, рассматривая каждый пролет как балку на двух опорах. 6. Вычисляются опорные реакции и строится эпюра перерезывающих сил. Рис. 3.19 7. Выполняются статическая ∑ Pyi = 0 (3.14) i и кинематическая 1 m M i ⋅ M i1 δi = ∑ ∫ k ds = 0 EJ 0 i =1 li i проверки правильности расчета балок. (3.15) 144 Здесь m – число пролетов, i – номер пролета. Правильность построения эпюр проверяется по дифференциальным зависимостям между внешней погонной нагрузкой qi , перерезывающей силой Qy и изгибающим моментом M z . 8. Подбираются размеры поперечного сечения балки по условиям прочности в пролетах. Решение задач Пример. Рассчитать на прочность неразрезную балку (рис. 3.20, а) двутаврового поперечного сечения переменной и постоянной изгибной жесткостей и исследовать вес балки. Материал балки - сталь; [σ] = 160 МПа ; [τ] = 100 МПа . Рассмотрим расчет неразрезной балки на примере этого задания. В методических указаниях задаются коэффициенты mi , ki , ni в выражениях Pi = P0 ⋅ mi ; qi = q0 ⋅ mi ; J i = J 0 ⋅ ki ; li = l0 ⋅ ni ; где P0 = 10 кН ; q0 = 10 кН/м ; J 0 = const ; l0 = 1м . Для рассматриваемого примера примем m1 = n1 = 4 ; m2 = 6 ; n2 = 9 ; m3 = n3 = 5 ; m4 = n4 = 2 ; k1 = 3 ; k 2 = 5 ; k3 = 2 ; k4 = 3 . Тогда q1 = 40 кН/м , P2 = 60 кН , P3 = 50 кН , q 4 = 20 кН/м , l1 = 4 м , l2 = 9 м , l3 = 5 м , l4 = 2 м . Решим данный пример в двух вариантах: балка переменной и постоянной жесткости. Неразрезная балка переменной изгибной жесткости 1. Поскольку левые и правые торцы балки шарнирно оперты, степень статической неопределимости равна двум, т.е. числу промежуточных опор (рис. 3.20, а). Строим основную систему (рис. 3.20, б). На рис. 3.20, в показана основная система, загруженная лишними неизвестными M 2 , M 3 . 2. Записываем уравнения трех моментов для 2-й и 3-й опор, полагая неизвестными M 1 , M 2 , M 3 , M 4 : S ⋅ κ S ⋅κ  M 1 ⋅ κ1 + 2 M 2 ( κ1 + κ 2 ) + M 3 ⋅ κ 2 = −6  11 2 1 + 23 2 2  ; l2   l1 S ⋅ κ S ⋅κ  M 2 ⋅ κ 2 + 2 M 3 ( κ 2 + κ 3 ) + M 4 ⋅ κ 3 = −6  22 2 2 + 34 2 3  . l3   l2 (3.16) 3. Строим эпюры пролетных моментов; эпюры изгибающих моментов от внешних нагрузок в каждом пролете (рис. 3.20, г). 145 Вычисляем статические моменты Sij и величины Sij li2 : 2 q1 ⋅ l12 l1 q1 ⋅ l14 S11 = ω1 ⋅ a1 = l1 = ; 3 8 2 24 S11 q1 ⋅ l12 40 ⋅ 4 2 = = = 26,66 ; 24 24 l12 S 22 l2  P2 ⋅ l2 l2 P2 ⋅ l23 1  = S 23 = ω2 ⋅ a2 = l2 + ⋅ = ; 2  3  3 2 9 S 22 S 23 P2 ⋅ l2 60 ⋅ 9 = 2 = = = 60 ; 9 9 l22 l2 S 34 l3 P3 ⋅ l32 1 P3 ⋅ l3 = ω3 ⋅ a3 = ⋅ ⋅ l3 ⋅ = ; 2 4 2 16 S34 P3 ⋅ l3 50 ⋅ 5 = = = 15,625 . 16 16 l32 l Вычислим коэффициенты κ i : κ i = i . Для упрощения записи приниEJ i маем κi = κi EJ l n = 0⋅ i = i. l0 / EJ 0 l0 EJ i ki ni , так как l0 / EJ 0 – ki величина постоянная и сокращается после подстановки в уравнение трех моментов n 4 n n 9 5 κ1 = 1 = ; κ 2 = 2 = ; κ3 = 3 = . k1 3 k2 5 k3 2 С учетом, что M 1 = 0 , M 4 = 40 кН ⋅ м , уравнения (3.16) запишутся в виде: Тогда в уравнения (3.16) вместо κ i подставим κi = 9 4 9  4 9  2 ⋅ M 2  +  + M 3 ⋅ = −6 26,66 ⋅ + 60 ⋅  ; 5 3 5  3 5  9 5 9 5 9 5  M 2 ⋅ + 2 ⋅ M 3  +  − 40 ⋅ = −6 60 ⋅ + 15,625 ⋅  . 5 2 5 2 5 2  После преобразования получим: 6,27 M 2 + 1,8M 3 = −861,3 ; 1,8M 2 + 8,6 M 3 = −782,4 . 4. Решая эти уравнения, найдем лишние неизвестные M 2 = −118,448 кН ⋅ м ; M 3 = −66,182 кН ⋅ м . 146 Строим эпюру моментов M 2 , M 3 (рис. 3.20, д). 5. Строим эпюру изгибающих моментов, как сумму найденных значений эпюр моментов M 2 , M 3 и пролетных моментов от внешних нагрузок (рис. 3.21, в). 6. Определим опорные реакции. Для этого составим выражения изгибающих моментов на опорах 2 и 3 и приравняем их к полученным значениям моментов M 2 , M 3 . Рассматривая действие левых сил, запишем уравнения: ∑ M 2л = R1l1 − q1l12 = M2 ; 2 Рис. 3.20 147 M 2 + q1l12 / 2 − 118,4 + 40 ⋅ 4 2 / 2 R1 = = = 50,4 (кН) ; l1 4 2 1 l ∑ M 3л = R1 (l1 + l2 ) + R2l2 − P2 3 l2 − P2 3 l2 − q1l1 ( 21 + l2 ) = M 3 ; R2 = M 2 − R1 (l1 + l2 ) + P2l2 + q1l1 (l1 / 2 + l2 ) = l2 − 66,18 − 50,4(4 + 9) + 60 ⋅ 9 + 40 ⋅ 4(4 / 2 + 9) = 175,4 (кН) . 9 Рассматривая действие правых сил, получим уравнения: l  l ∑ M 3п = R4l3 − P3 23 − q4l4  24 + l3  = M 3 ;   = R4 = M 3 + P3l3 / 2 + q4l4 (l4 / 2 + l3 ) = l3 − 66,18 + 50 ⋅ 5 / 2 + 20 ⋅ 2(2 / 2 + 5) = 59,8 (кН) ; 5 l 2l l  ∑ M 2п = R3l2 + R4 (l2 + l3 ) − P2 32 − P2 32 − P3  23 + l2  −   = l  − q4l4  4 + l3 + l2  = M 2 ; 2    R3 = M 2 − R4 (l2 + l3 ) + P2l2 + P3 (l3 / 2 + l2 ) + q4l4 (l4 / 2 + l3 + l2 ) = l2 − 118,4 − 59,8(5 + 9) + 60 ⋅ 9 + 50(5 / 2 + 9) + 9 20 ⋅ 2( 2 / 2 + 5 + 9) + = 84,4 (кН) . 9 Строим эпюру перерезывающих сил (рис. 3.21, б). 7. Статическая проверка правильности расчета балки выполняется по уравнению (3.14): R1 + R2 + R3 + R4 − q1l1 − 2 P2 − P3 − q 4l 4 = = 50,4 + 175,4 + 84,4 + 59,8 − 40 ⋅ 4 − 60 ⋅ 2 − 50 − 20 ⋅ 2 = 370 − 370 = 0 . Кинематическая проверка выполняется по уравнению (3.15). Определим перемещение на опоре 3, применяя правило Верещагина: 1 m ωi ⋅ M i1 δ= , ∑ EJ 0 i =1 ki где ωi - площадь окончательной эпюры изгибающих моментов на i-м участке = 148 от всех сил, приложенных к балке; M i1 – ордината в эпюре изгибающих моментов от внешнего нагружения, находящаяся под центром тяжести ωi . По принципу независимости действия сил удобнее использовать раздельные эпюры и взять площади ωi на эпюре изгибающих моментов от внешнего нагружения и моментов M i (рис. 3.20, г, д) а ординаты – из эпюр изгибающих моментов от единичного нагружения (рис. 3.20, е). Тогда получим: Рис. 3.21 δ3 = = 1 EJ 0 1 m M i M i1 1 m ωi ⋅ M i1 ds = = ∑ ∑ EJ 0 i =1 ∫ k i EJ 0 i =1 k i l2 1 1 P3l3 l3  1 l3 l3  1  1 P2l2  l2  ⋅ + l ⋅ R ⋅ + ⋅ ⋅ R4  ⋅ +  ⋅ +   2 2  2 3  3 2 k 2 2 4 2  3 2 2  k3  1 Pl l 2 l 1 l 1 + ⋅ 3 3 ⋅ 3 ⋅ R4 ⋅ ⋅ 3 ⋅ − M 3 ⋅ l2 ⋅ R2 ⋅ 2 ⋅ − 2 4 2 3 2 k3 2 k2 l 1 1 l 1 − ( M 2 − M 3 )l2 ⋅ R2 ⋅ 2 ⋅ − M 4 ⋅ l3 ⋅ R4 ⋅ 3 ⋅ − 2 3 k2 2 k3 1 2 1 − ⋅ ( M 3 − M 4 ) ⋅ l3 ⋅ R4 ⋅ ⋅ l3 ⋅  = 2 3 k3  = 1 EJ 0  1 60 ⋅ 9  9  1 9 1 1 50 ⋅ 5 5 1  1 5 5  1 ⋅ + 9 ⋅ ⋅  ⋅ + ⋅ +  ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅  2 3  3  9 2 5 2 4 2 53 2 2 2 149 1 50 ⋅ 5 5 1 2 5 1 1 9 1 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − 66,18 ⋅ 9 ⋅ ⋅ ⋅ − 2 4 2 5 3 2 2 9 2 5 1 1 1 1 1 5 1 − (118,4 − 66,18) ⋅ 9 ⋅ ⋅ ⋅ 9 ⋅ − 40 ⋅ 5 ⋅ ⋅ ⋅ − 2 9 3 5 5 2 2 1 1 2 1 1 − (66,18 − 40) ⋅ 5 ⋅ ⋅ ⋅ 5 ⋅  = (147, 060 − 147, 057 ) = 0, 003 . 2 5 3 2  EJ 0 EJ 0 0,003 ⋅ 100% Погрешность = 0, 0018% . 147,60 8. Подбираем размеры поперечного сечения балки при заданных соотношениях жесткостей. Обычно размеры поперечного сечения балки в каждом пролете определяются по максимальному моменту в этом пролете. Над опорами, где возникают отрицательные моменты, превышающие по абсолютной величине опорные, сечение балки обычно получает местное усиление. Такой подход характерен для балки с пролетами приблизительно одинаковой длины. В данном примере (см. рис. 3.21, в) в первом пролете моментная нагрузка оценивается не пролетным моментом M max = 31,75 кН ⋅ м , а опорным M 2 = 118,45 кН ⋅ м . Поэтому за расчетный момент для первых двух пролетов примем максимальный пролетный момент второго пролета M max = 96,4 кН ⋅ м . Тогда момент сопротивления в первых двух пролетах будет: M max 96,4 ⋅ 103 W1 = W2 = = = 0,602 ⋅ 10−3 (м3 ) = 602 (cм3 ) . 6 [σ] 160 ⋅ 10 По ГОСТу имеем двутавр номер 33, для которого W1 = W2 = 597 cм 3 , J1 = J 2 = 9840 cм4 , масса одного погонного метра балки p1 = p2 = 42,2 кг/м . Проверяем подобранное сечение по условию прочности M max 96,4 ⋅ 103 σ1,2 = = = 161 (МПа ) , перенапряжение 0,9 % ; W1,2 0,597 ⋅ 10 −3 τ1,2 = Q max ⋅ S max J1,2 ⋅ b = 109,6 ⋅ 103 ⋅ 0,339 ⋅ 10 −3 0,9840 ⋅ 10 − 4 ⋅ 7 ⋅ 10 − 3 = 54 (МПа ) < 100 (МПа ) . На третьем участке пролетный момент не определяет моментной нагрузки пролета, так как это наименьший момент. Примем за расчетный момент третьего пролета и консоли M 4 = 40 кН ⋅ м . Тогда M 4 max 40 ⋅103 W3 = = = 0,25 ⋅ 10 −3 (м3 ) = 250 (cм3 ) , 6 [σ] 160 ⋅ 10 что соответствует двутавру номер 22а, у которого W3, 4 = 251 cм3 , J 3,4 = 2790 cм 4 , p3, 4 = 25,8 кг/м . При этих характеристиках: 150 40 ⋅ 103 σ3, 4 = = = 159 (МПа ) W3,4 0,251 ⋅10 −3 и, следовательно, недонапряжение – 0,4% . Вычислим Q max ⋅ S max 54,2 ⋅ 103 ⋅ 0,141 ⋅ 10 −3 τ 3,4 = = = 52 (МПа ) < 100 (МПа ) . J 3,4 ⋅ b 0,279 ⋅ 10 − 4 ⋅ 5,3 ⋅ 10 − 3 M 4 max Поскольку раскрытие статической неопределимости проводилось при заданных соотношениях жесткостей ki (k1 = 3, k 2 = 5 , k3 = 2 , k 4 = 3) , то окончательная эпюра изгибающих моментов будет справедлива только при этих значениях ki . Таким образом, при подборе размеров поперечных сечений балки необходимо сохранить заданные жесткости и выполнить условие прочности σ max ≤ [σ] в каждом пролете. Для этого определим наиболее напряженный Mi : ki M 1 max 96,4 M 2 max 96,4 = = 32,13 ; = = 19,28 ; 3 k1 5 k2 M 3 max 40 M 4 max 40 = = 20 ; = = 13 . 2 3 k3 k4 Величина M 1 max k1 = 32,13 наибольшая, поэтому принимаем напряжение пролет по максимальному отношению в первом пролете, равное допускаемому, а в остальных пролетах для сохранения заданного соотношения жесткостей пересчитаем моменты инерции. В первом пролете момент инерции остается J1 = 9840 cм4 , во втором пролете k 9840 ⋅ 5 = 16400 cм 4 , что соответствует двутавру номер 40 с моменJ 2 = J1 2 = k1 3 9840 ⋅ 2 k том инерции J 2 = 18930 cм 4 , p2 = 56,1кг/м . В третьем J 3 = J1 3 = = k1 3 = 6560 cм 4 , что соответствует двутавру номер 30, J 3 = 7080 cм 4 , p3 = 39,2 кг/м . k 9840 ⋅ 3 На консоли J 4 = J 2 4 = = 9840 cм 4 , p4 = 42,2 кг/м . k1 3 Масса балки m G = ∑ pi ⋅ li = p1 ⋅ l1 + p2 ⋅ l2 + p3 ⋅ l3 + p4 ⋅ l4 = 42,24 + i =1 + 56,19 + 39,25 + 42,22 = 954,1 кг . При этом получили, что только в первом пролете максимальное напряжение равно допускаемому. Во всех остальных пролетах максимальные напряжения меньше допускаемого, так как жесткости балки заданы. Чтобы хотя бы в 151 одном, наиболее напряженном сечении каждого пролета, напряжения равнялись допускаемому, следует определить соотношения жесткостей, пропорциональных моментам инерции, вычисленным из условий прочности ( J1 = J 2 = 9840 см 4 , J 3 = 2790 cм 4 ). Если принять κ1 = 1, то EJ l J ⋅l 9840 ⋅ 9 κ2 = 1 ⋅ 2 = 1 2 = = 2,25 ; l1 EJ 2 J 2 ⋅ l1 9840 ⋅ 4 EJ l J ⋅l 9840 ⋅ 5 κ3 = 1 ⋅ 3 = 1 3 = = 4,4 . l1 EJ 3 J 3 ⋅ l1 9840 ⋅ 4 Эти соотношения жесткостей удовлетворяют условию прочности при эпюре изгибающих моментов (см. рис. 3.21, в), построенной при κ1 = 4 / 3 = 1,33 , κ 2 = 9 / 5 = 1,8 , κ3 = 5 / 2 = 2,5 . Поэтому необходимо провести расчет при новых соотношениях жесткостей: κ1 = 1, κ 2 = 2,25 , κ3 = 4,4 . Если значения эпюр изгибающих моментов и повторного и первоначального расчетов будут мало отличаться друг от друга и при подборе поперечных сечений из условия прочности номер`а двутавров совпадут с номерами двутавров сечений, подсчитанных с учетом приведенных жесткостей ( κ1 = 1, κ 2 = 2,25 , κ3 = 4,4 ), то расчет неразрезной балки заканчивается. В противном случае расчет необходимо повторить. Расчет при новых соотношениях жесткостей. Уравнение (3.16) запишем в виде; 2 M 2 (1 + 2,25) + M 3 ⋅ 2,25 = −6[26,66 ⋅1 + 60 ⋅ 2,25] ; M 2 ⋅ 2,25 + 2 M 3 (2,25 + 4,4 ) − 40 ⋅ 4,4 = −6[60 ⋅ 2,25 + 15,625 ⋅ 4,4] или 6,5 M 2 + 2,25M 3 = −969,99 ; 2,25M 2 + 13,3M 3 = −1046,5 . Решение этих уравнений дает значение лишних неизвестных M 2 = −129,6 кН ⋅ м ; M 3 = −56,8 кН ⋅ м . Опорные реакции при этом получаются равными R1 = 47,6 кH ; R2 = 180,5 кH ; R3 = 80,3 кH ; R4 = 61,6 кH . Статическая проверка: R1 + R2 + R3 + R4 − q1l1 − 2 P2 − P3 − q4l4 = 47,6 + + 180,5 + 80,3 + 61,6 − 40 ⋅ 4 − 60 ⋅ 2 − 50 − 20 ⋅ 2 = 370 − 370 = 0 . Кинематическая проверка: при κ1 = 1 , κ 2 = 2,25 , κ 3 = 4,4 коэффициенты ki = li κ i получат новые значения: k 2 = 4 , k 3 = 1, 136 . Тогда, согласно рис. 3.20, ж, е, перемещение на опоре 3 будет: 1  1 60 ⋅ 9  9  1 9 1 1 50 ⋅ 5 5 1  1 5 5  1 δ3 = ⋅ ⋅ ⋅  ⋅ + ⋅ +  + 9 ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅  EJ 0  2 3  3  9 2 4 2 4 2 5  3 2 2  1,136 1 50 ⋅ 5 5 1 2 5 1 1 9 1 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − 56,8 ⋅ 9 ⋅ ⋅ ⋅ − 2 4 2 5 3 2 1,136 9 2 4 152 1 1 1 1 1 5 1 − (129,6 − 56,8) ⋅ 9 ⋅ ⋅ ⋅ 9 ⋅ − 40 ⋅ 5 ⋅ ⋅ ⋅ − 2 9 3 4 5 2 1,136 1 1 2 1  1 − (56,8 − 40)5 ⋅ ⋅ ⋅ 5 ⋅ = (203,74 − 203,84) = 0,1 .  2 5 3 1,136  EJ 0 EJ 0 0,1 ⋅100% Погрешность = 0,05% . 203,84 Строим эпюры Qy (x) и M z (x ) (рис. 3.22, б, в). Из эпюры M z (x ) определяем M max = 98,93 кН ⋅ м . Из условия прочности определим момент сопротивления W1 = W2 = по M max [σ] = 98,93 ⋅ 10 3 = 0,618 ⋅ 10 − 3 (м 3 ) = 618 (cм 3 ) , 160 ⋅ 10 определим W1 = W2 = 597 (cм 3 ) , сортаменту 6 двутавр номер J1 = J 2 = 9840 cм 4 , p1 = p2 = 42,2 кг/м . Проверка по прочности показывает, что M max 98,93 ⋅ 103 σ = табл = = 165(МПа ) , W2 0,597 ⋅ 10 − 3 \перенапряжение 3% (что допустимо); Q ⋅ S max 112,4 ⋅ 10 3 ⋅ 0,6339 ⋅ 10 −3 τ 2 = max = = 55 (МПа ) < 100 (МПа ) −4 −3 J2 ⋅ b 0,984 ⋅ 10 ⋅ 7 ⋅ 10 В 3-м и 4-м пролетах M 4 = 40 кН ⋅ м , . W3 = W4 = 251 cм3 ; J 3 = J 4 = 2780 cм 4 ; p3 = p4 = 25,8 кг/м . Проверка по прочности M 3 max 40 ⋅ 10 3 σ3 = = = 158,1 (МПа ) , т.е. недонапряжение 1, 18 % ; W3табл 0,253 ⋅ 10 −3 τ3 = Q max ⋅ S max 33, дает: 51,9 ⋅ 10 3 ⋅ 0,141 ⋅ 10 −3 = = 49,4 (МПа ) < 100 (МПа ) . J3 ⋅ b 0,279 ⋅ 10 − 4 ⋅ 5,3 ⋅ 10 − 3 Масса балки G = p1 (l1 + l2 ) + p3 (l3 + l 4 ) = 42,2 ⋅ 13 + 25,8 ⋅ 7 = 72,92 (кгс) . Неразрезная балка постоянной изгибной жесткости Имеем k1 = k 2 = k3 = k 4 = 1 . Тогда κ1 = l1 = 4 ; κ 2 = l2 = 9 ; κ3 = l3 = 5 и уравнения (3.16) примут вид: S S  M 1 ⋅ l1 + 2 M 2 (l1 + l2 ) + M 3 ⋅ l2 = −6  11 + 23  ; l2   l1 S S  M 2 ⋅ l2 + 2 M 3 (l2 + l3 ) + M 4 ⋅ l3 = −6  22 + 34  ; l3   l2 153 2 M 2 (4 + 9 ) + 9 M 3 = −6[106,66 + 540]; 9 M 2 + 2 M 3 (9 + 5) − 40 ⋅ 5 = −6[540 + 78,125]; 26 M 2 + 9 M 3 = −3880,0 ; 9 M 2 + 28M 3 = −3508,75 . Из решения уравнений находим M 2 = −119, 1 кН ⋅ м ; = −87, 02 кН ⋅ м . M3 = Рис. 3.22 Опорные реакции R1 = 50, 22 кH ; R2 = 173, 34 кH ; R3 = 90, 84 кH ; R4 = 55, 6 кH . Статическая проверка: R1 + R2 + R3 + R4 − q1l1 − 2 P2 − P3 − q4l4 = 50,22 + + 173,34 + 90,84 + 55,6 − 40 ⋅ 4 − 60 ⋅ 2 − 50 − 20 ⋅ 2 = 370 − 370 = 0 . Кинематическая проверка (рис. 3.20, з, е): 1  1 P2l2  l2 l2 1 P3l3 l3  1 l3 l3   δ3 = ⋅ + l ⋅ R + ⋅ ⋅ ⋅ R    ⋅ + + 2 2 4 EJ 0  2 3  3 2 2 4 2  3 2 2  154 + 1 l l 1 P3l3 l3 2 l l ⋅ ⋅ R4 ⋅ ⋅ 3 − M 3 ⋅ l2 ⋅ R2 ⋅ 2 − ( M 2 − M 3 )l2 ⋅ R2 ⋅ 2 − M 4 ⋅ l3 ⋅ R4 ⋅ 3 − 2 4 2 3 2 2 2 3 2 1 2  − ( M 3 − M 4 )l3 ⋅ R4 ⋅ ⋅ l3  = 2 3  1  1 60 ⋅ 9  9  1 9 1 50 ⋅ 5 5 1  1 5 5  ⋅ ⋅  ⋅ + + ⋅ =  + 9 ⋅ ⋅ + ⋅  EJ 0  2 3  3  9 2 2 4 2 53 2 2 1 50 ⋅ 5 5 1 2 5 1 9 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − 87,02 ⋅ 9 ⋅ ⋅ − 2 4 2 5 3 2 9 2 1 1 1 1 5 − (119,1 − 87,02) ⋅ 9 ⋅ ⋅ ⋅ 9 − 40 ⋅ 5 ⋅ ⋅ − 2 9 3 5 2 1 1 2  1 (618,12 − 618,08) = 0,04 . − (87,02 − 40)5 ⋅ ⋅ ⋅ 5 = 2 5 3  EJ 0 EJ 0 0,04 ⋅100% Погрешность = 0,007% . 618,12 Строим эпюры Qy(x) и M z(x) (рис. 3.22, г, д). Из эпюры M z(x) определя- ем M max = 82,3 кН ⋅ м . Подбираем размеры балки двутаврового сечения Wz = M max [σ] = 82,3 ⋅ 10 3 = 0,514 ⋅ 10 − 3 (м 3 ) = 514 (cм 3 ) . 160 ⋅ 10 По ГОСТу имеем двутавр номер 30а, для которого Wz = 518 см3 , 6 J z = 7780 см 4 , p = 39, 2 кг/м . Проверка на прочность показывает, что: M max 82,3 ⋅ 10 3 σ max = = = 158,8 (МПа ) , недонапряжение 0,69% ; −3 Wz 0,518 ⋅ 10 τ max = Q max ⋅ S zотс 109,78 ⋅ 103 ⋅ 0,292 ⋅ 10 − 3 = = 6,33 (МПа ) < 100 (МПа ) . Jz ⋅b 0,778 ⋅ 10 − 4 ⋅ 6,5 ⋅ 10 − 3 Сравним варианты расчетов неразрезной балки по массе. Масса балки при 954, 1 − 729, 2 произвольно заданном соотношении жесткостей на ⋅ 100% = 30,08% 729,2 784 − 729,2 больше, а масса балки с постоянной жесткостью на ⋅100% = 7,5% 729,2 больше, чем масса балки с оптимальным соотношением жесткостей ( κ1 = 1, κ 2 = 2,25 , κ3 = 4,4 ). Таким образом, рациональный подбор соответствующих жесткостей дает значительную экономию в массе. 155 3.7. Задание на выполнение расчетно-графической работы «Расчет неразрезных балок» Целью задания является расчет в исследование объема неразрезной балки при изменении нагрузки, жесткости и формы поперечного сечения. Для заданной схемы (рис. 3.23 или 3.24) требуется: 1) построить эпюры перерезывающих сил в изгибающих моментов, подобрать размеры балки двутаврового и прямоугольного поперечного сечений (при отношении сторон прямоугольника α = h b ) для ступенчато переменного поперечного сечения и проверить прочность балки по нормальным и касательным напряжениям для обоих сечений; 2) выполнить второй вариант расчета для балок постоянной жесткости, т.е. при k i = 1 ; 3) графическая часть задания для двух вариантов расчета должна содержать: схематический чертеж заданной балки (в масштабе) с указанием размеров и нагрузки, схематический чертеж основной системы; эпюры перерезывающих сил и изгибающих моментов. Примечания. 1. Основные нагрузки принять: q 0 = 10 кН/м; l0 =1 м; P0 = 10 кН; M 0 = 2 кН∙м; остальные данные взять из табл. 3.2, воспользовавшись шифром, который выдал преподаватель, и соотношениями; qi = q0 mi ; Pi = P0 mi ; M i = M 0 mi ; li = l0 ni ; I i = I 0 ki , где i = 1; 2; 3; 4 . 2. Материал балки вдоль оси один и тот же (постоянный): [σ] = 140 МПа; [τ] = 80 МПа. 3. Для рис. 3.24 номер схемы выбирается по шифру. Сосредоточенные внешние силы и моменты приложены в серединах указанных пролетов. Таблица 3.2 Номер m1 , n1 m2 , n2 m3 , n3 m4 , n4 k1 k2 k3 , α k 4 Номер схемы строки 1 2 3 4 5 6 7 8 9 для рис. 3.24 г 10 9 8 7 6 5 4 3 2 4 в 6 6 7 8 9 10 2 3 4 5 б 2 3 4 5 5 6 7 8 9 10 а 1 2 3 4 4 3 2 1 2 3 б 1 2 3 3 2 1 2 3 4 5 в 5 4 3 2 1 3 4 2 3 2 г 2 3 4 5 4 3 2 3 4 2 а 1 2 3 4 4 3 2 1 2 3 г 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 156 Рис. 3.23 157 Рис. 3.23 (продолжение) 158 Рис. 3.24 159 4. РАСЧЕТ СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМ НА СЛОЖНЫЕ ДЕФОРМАЦИИ 4.1. Расчетные соотношения для стержней при действии нагрузки общего вида В реальных стержнях под действием произвольной нагрузки возникают одновременно все виды деформаций. Решение в этом общем случае получается по принципу суперпозиции линейных задач, согласно которому следует складывать одноименные величины, найденные для отдельных видов деформаций. Однако для отдельных видов деформации решения были получены в главных центральных осях поперечного сечения, которые далее обозначим x, y, z . Чтобы решить задачу, необходимо, очевидно, предварительно разложить нагрузку общего вида по указанным осям. После этого следует найти (построить) эпюры внутренних силовых факторов в этих осях. Их будет шесть, по числу составляющих двух векторов (силы и момента) в поперечном сечении r r Q Qx* , Q *y , Q *z , M M x* , M *y , M *z . Напомним, что эпюры внутренних силовых { } { } факторов Qx ( x ) = N ( x ), Q y ( x ), Qz ( x ), M x ( x ), M y ( x ), M z ( x ) строятся для величин, которые совпадают с проекциями векторов с точностью до знака. Когда найдены эпюры внутренних силовых факторов, можно определить, например, нормальные напряжения в поперечных сечениях. Эти напряжения вызываются тремя из шести силовыми факторами N ( x ), M y ( x ), M z ( x ) N (x) , F M (x ) σx 2 = − z y , Iz M y (x ) σx 3 = − z . Iy σx 1 = (4.1) (4.2) (4.3) При одновременном действии всех трёх внутренних силовых факторов N ( x ), M y ( x ), M z ( x ) возникающие в поперечных сечениях нормальные напряжения представляют собой по принципу суперпозиции сумму напряжений от каждого из силовых факторов M y (x ) N (x ) M z ( x ) σx = σx 1 + σx 2 + σx 3 = − y− z , (4.4) F Iz Iy откуда видно, что в общем случае напряжение σ x представляет собой функцию всех трёх координат x, y, z : σ x = σ x ( x, y , z ) . (4.5) Зависимость этого напряжения от продольной координаты x определяется зависимостями от этой координаты эпюр внутренних силовых факторов. В направлении же поперечных координат зависимости линейные. Если зафиксиро- 160 вать координату x, т.е. рассмотреть одно из поперечных сечений, то коэффициенты в соотношении (4.4) будут постоянными. Обозначим их M y (x ) N (x) M (x ) a= , b=− z , c=− . (4.6) F Iz Iy Нормальное напряжение в выбранном поперечном сечении будет функцией только от двух координат y и z, а поскольку эти зависимости линейны, поверхность, изображающая нормальное напряжение, окажется плоскостью, что видно и из получающейся формулы для напряжений σ x = σ x ( y, z ) = a + by + cz . (4.7) Плоскость поперечного сечения и плоскость напряжений σ x ( y, z ) могут пересекаться (рис. 4.1). Пересечение плоскостей происходит по прямой линии. Уравнение этой прямой получается, если положить нормальное напряжение в сечении равным нулю σ x = 0 : a + by + cz = 0 . (4.8) Напомним, что прямая, на которой σ x ( y, z ) < 0 нейтральная отсутствуют нормальные напряжения в линия y поперечном сечении, называется нейz 0 тральной линией. В зависимости от паy раметров задачи нейтральная линия может пересекать контур сечения, как это изображено на рис. 4.1, так и проходить вне сечения. Нейтральная линия (н.л.) x σ x ( y, z ) > 0 отделяет, очевидно, растянутую часть сечения, где σ x > 0 , от сжатой его части, Рис. 4.1 где σ x < 0 . Если нейтральная линия проходит вне контура сечения, то всё сечение оказывается под действием напряжений одного знака. В рассматривавшихся теориях сдвига и кручения стержней предполагалось, что от перерезывающих сил Q y ( x ) , Q z (x ) и крутящего момента M x (x ) нормальных напряжений не возникает. Помимо нормальных напряжений в поперечных сечениях стержней могут действовать касательные напряжения. Последние возникают под действием как раз перерезывающих сил и крутящего момента. Касательные напряжения от перерезывающих сил могут быть грубо оценены как средние по сечению Q y (x ) Q (x ) (4.9) τ xy сд = − , τ xz сд = − z F F или тоже приближённо, но более точно по формуле Журавского ~ ~ Qz (x ) S y (z ) Q y (x ) S z ( y ) . (4.10) , τ xz сд = − τ xy сд = − I y b (z ) I z b( y ) 161 Касательные напряжения в поперечных сечениях круглого стержня от крутящего момента определяются в цилиндрической системе координат формулой M (x) τ xα = x r . Ip Касательные напряжения в сечении от кручения будут складываться с касательными напряжениями от сдвига, поэтому лучше в данном случае использовать представление касательного напряжения от кручения в виде составляющих по осям декартовой системы координат M (x ) M (x ) τ xy кр = − x z , τ xz кр = x y. Ip Ip При одновременном действии перерезывающих сил и крутящего момента касательные напряжения будут равны ~ Q y ( x )S z ( y ) M x ( x ) τ xy = τ xy сд + τ xy кр = − − z , I zb (y) Ip ~ Qz (x )S y (z ) M x (x ) y . τ xz = τ xz сд + τ xz кр = − + I y b (z ) Ip y z y τ τ σ τ x Рис. 4.2 σ Другие нормальные напряжения σ y , σ z на взаимно перпендикулярных площадках, связанных с осями x, y, z (напряжения взаимного надавливания «продольных волокон»), в данном варианте соотношений теории стержней не учитываются. Обычно эти напряжения в стержнях меньше напряжения σ x и можно считать, что действует только одно нормальное напряжение σ = σ x (рис. 4.2). Считаются нулевыми и касательные напряжения τ yz . Касательные же напряжения, действующие в одной плоскости поперечного сечения, складываются и дают одно суммарное касательное напряжение τ . Тогда для ортогональной системы координат, связанной с поперечными сечениями и плоскостью, проходящей через векторы касательного и нормального напряжений в сечении, получаем плоское напряжённое состояние частного вида. В указанной системе координат на координатных площадках действуют всего два напряжения σ и τ. Малый параллелепипед, соответствующий этой системе координат, с действующими на него всеми напряжениями изображён отдельно на рис. 4.1. Поскольку рассматривается общий случай нагружения стержня, то данное напряжённое состояние является при такой постановке задачи самым общим для стержней. В результате упрощаются 162 формулы для эквивалентных напряжений при анализе прочности стержней. По принципу суперпозиции могут быть найдены и все другие параметры напряжённо деформированного состояния стержней от действия нагрузки общего вида. Например, перемещения точек оси стержня u 0 (x ) , v0 ( x ) , w0 ( x ) и угол поворота поперечного сечения ϕ( x ) могут быть найдены интегрированием соотношений упругости для отдельных видов деформаций d 2 w0 ( x ) du 0 ( x ) M y ( x ) = EI y , , N (x ) = EF dx 2 dx 2 dϕ( x ) M x (x ) = EI p , M z ( x ) = EI z d v0 ( x ) . dx dx 2 Прогибы от перерезывающих сил Q y ( x ) , Q z (x ) обычно малы по сравнению с прогибами от изгибов v0 ( x ) и w0 ( x ) и можно их не учитывать. Осевое перемещение U произвольной точки стержня с координатами x, y, z можно найти, складывая с учётом знака перемещения U от растяжения и двух изгибов dv ( x) dw ( x) U ( x, y , z ) = u0 ( x) − y 0 −z 0 . dx dx Подобным образом находятся и другие величины при сложных деформациях M y Н.Л. стержней. После чего можно решать α + вопрос об их прочности и жёсткости. β Заметим, что полученные соотноz шения будут справедливы для стержней с любой формой поперечного сечения, если они не подвержены кручению. Если же присутствует кручение, то они спраРис. 4.3 ведливы только для круглых стержней. Далее рассмотрим некоторые часто встречающиеся на практике частные случаи сложных деформаций. 4.2. Косой изгиб Косым изгибом называется общий случай изгиба, при котором изгиб происходит в плоскостях обеих главных центральных осей поперечного сечения стержня. При косом изгибе осевую силу N (x ) и крутящий момент M x (x) полагают равными нулю. Поэтому в соответствии с общей формулой (4.4) для нормальных напряжений имеем M y (x) M (x ) σ x ( x, y , z ) = − z y − z . Iz Iy 163 Нейтральная линия (на рис. 4.3 обозначена Н. Л.), на которой σ x = 0 , в соответствии с (4.8) будет задана уравнением 0 = by + cz , (4.11) представляющим собой уравнение прямой, проходящей через начало координат. Из (4.11) с учетом введенных обозначений получим: M z ( x) I y M *z ( x) I y z b( x) =− =− = = tg α , (4.12) y c( x) M y ( x) I z M *y ( x) I z где M *y ( x ) , M z* ( x) – компоненты вектора момента, определяемые в соответствии с правилами знаков теоретической механики (в соответствии с этими правилами составляющая вектора момента вдоль оси считается положительной, если она совпадает с направлением оси), связанные с M y ( x ) , M z ( x ) соотношениями M y ( x ) = − M y∗ ( x ) , M z ( x ) = M z∗ ( x ) . Очевидно, что M z∗ = tgβ , M y∗ где β – угол, определяющий направление вектора изгибающего момента в сечении (рис.4.3). Из выражения r (4.12) видно, что при J y ≠ J z , tgα ≠ tgβ , т. е. α ≠ β и направления вектора M и нейтральной линии в общем случае не совпадают. При этом нейтральная линия всегда поворачивается от направления вектора момента в сторону оси с меньшим моментом инерции, что можно использовать при проверке решения по физическому смыслу. Можно показать, что вектор перемещений точек оси стержня в сечении всегда направлен перпендикулярно нейтральной линии. Предположим, что вектор изгибающего момента порождается парой сил, равномерно распределенной вдоль всего стержня (рис. 4.3) и плоскость действия этой пары перпендикулярна вектору момента. Перемещения точек оси стержня происходит в плоскости, перпендикулярной нейтральной линии, т. е. ось балки выпучивается из плоскости действия нагрузки. Поэтому такой изгиб называют косым. Отметим, что при изменении от сечения к сечению соотношения между M z и M y изменяется и направление вектора перемещений точек оси стержня, в результате чего изогнутая ось стержня оказывается пространственной кривой. Для более детального знакомства с теорией сложных деформаций стержней можно обратиться к литературе [1 - 5]. 4.2.1. Алгоритм расчета балки на косой изгиб Для балки постоянного поперечного сечения (рис. 4.4), нагруженной в сечениях А силой P1 под углом α1 к оси у (угол α считается положительным, если он отсчитывается против часовой стрелки от оси у) и в сечении В силой P2 под углом α 2 , требуется: 164 1. Определить горизонтальные – P1z , P2 z и вертикальные – P1 y , P2 y составляющие сил P1 и P2 по формулам: P1z = P1 sin α 1 , P2 z = P2 sin α 2 , P1y = P1 cosα 1 , P2 y = P2 cosα 2 . (4.13) (4.14) 2. На основании полученных нагрузок (4.13), (4.14) построить эпюры изгибающих моментов в плоскости 0 xy – M z и в плоскости 0 xz – M y (при построении эпюр оси у и z направлены вертикально вверх). 3. С помощью эпюр M z и M y построить эпюру приведенных моментов P1 P2 x a B α2 z A b P α1 1 y h P2 b Рис. 4.4 в соответствии с формулой M прив = M z + k M y , k = Wz h = , Wy b (4.15) где Wz , W y – моменты сопротивления прямоугольного сечения относительно осей z и y соответственно; h – высота поперечного сечения вдоль оси y ; b – ширина этого сечения вдоль оси z (рис. 4.3). Формула (4.15) следует из формулы для определения максимального по модулю значения нормального напряжения в сечении стержня при косом изгибе. 4. При заданном отношении сторон сечения k подобрать размеры прямоугольного поперечного сечения. Для этого: а) после построения M прив в соответствии с формулой (4.15) найти сечеmax ние с максимальным значением приведенного момента M прив ; б) на основании неравенства σ max max M прив = ≤ [σ ] ( [σ] – допускаемое наWz пряжение) подобрать высоту сечения h согласно неравенству max 6 kM прив h≥3 . [ σ] 5. Определить положение нейтральной линии для произвольного сечения, 165 в котором моменты в горизонтальной и вертикальной плоскостях не равны нулю. При этом угол наклона нейтральной линии α по отношению к оси у необходимо вычислять с помощью формулы (4.12). 6. Определить полное перемещение точки А, лежащей на оси балки, для чего необходимо: а) с помощью интеграла Мора вычислить перемещения в точке А – V y , Vz соответственно в плоскостях 0xy и 0xz; б) полное перемещение в точке А вычислить по формуле V A = V y2 + V z2 . 4.2.2. Пример использования алгоритма Рассмотрим балку с нагрузкой, представленной на рис. 4.5. P2 C P1 P2 x l/2 B l/2 A α2 y P1 z Рис. 4.5 Исходные данные приняты следующие: l = 2 м, P1 = 1 кН, P2 = 1 кН, α 2 = 30°, h / b = 5/3, [σ ] = 1 МПа, E = 2.105 МПа. 1. Определяем горизонтальные P1z , P2z и вертикальные P1y , P2 y составляющие сил P1 и P2 (угол α1 = –90°): P1z = P1 sin(−90°) = −1кН, P2 z = P2 sin(30°) = 0,5 кН; P1 y = P1 cos(−90°) = 0 кН, P2 y = P2 cos(30°) = 0,866 кН. 2. Строим эпюры изгибающих моментов в плоскости 0 xy – M z ( x ) и в плоскости 0 xz – M y ( x ) (рис. 4.5): а) эпюра M z ( x ) в плоскости 0 xy – определяем реакцию RС и сосредоточенный момент M С от вертикальных сил в заделке из условий равновесия ΣmС = − M С + P2 y l / 2 = − M С + 0, 866 ⋅1 = 0 ; M С = 0,866 кН ⋅ м ; ΣmB = − M С − RC l / 2 = −0,866 − RC ⋅1 = 0 ; RС = −0,866 кН ; – строим эпюру изгибающих моментов M z ( x ) в плоскости 0 xy ( рис. 5,а); б) эпюра M y (x ) в плоскости 0 xz – определяем реакцию RС и сосредоточенный момент M С от горизон- 166 тальных сил в заделке из условий равновесия: ΣmС = − M С + P2 z l / 2 − P1z l = − M С + 0, 5 ⋅1 − 1⋅ 2 = 0 ; M С = −1,5 кН ⋅ м ; ΣmB = − M С − RС l / 2 − P1z l / 2 = 1,5 − RС ⋅1 − 1⋅1 = 0 ; RС = 0,5 кН ; y RC = - 0,866 кН P2 y=0,866 кН MC = 0,866 кН .м. x С ЭпюраM z ,кН.м. l/2 B l/2 0,866 A a z RC = 0,5 кН M = - 1,5 кН.м C P2 z = 0,5 кН x P z = 1 кН 1 ЭпюраMy , кН.м 1 б 1,5 3,366 ЭпюраM прив , кН м 1,66 Рис. 4.6 в 167 – строим эпюру изгибающих моментов M y ( x ) в плоскости 0 xz (рис. 4.5, б). 3. Строим эпюру приведенных моментов M прив ( x ) в соответствии с формулой (4.15) для k = h / b = 5 / 3 (рис. 4.5, в). 4. Подбираем размеры прямоугольного поперечного сечения: max а) M прив =3,366 кН.м; б) подбирам высоту сечения h согласно неравенству h≥3 max 6kM прив [ σ] 3 6 5 3 3 , 366 10 ⋅ ⋅ ⋅ =3 = 3 33,66 ⋅ 10 −1 ≈ 0,323 м; 6 1 ⋅ 10 3 b = h = 0,6 ⋅ 0,323 = 0,194 м . 5 Проверим прочность сечения для выбранных размеров max M прив 3,366 кН ⋅ м ⋅ 6 кН σ max = = = 998 = 0,998 МПа ≤ [σ] = 1МПа , Wz 0,194 ⋅ 0,3232 м 3 м3 из чего видно, что условие прочности выполняется. Вычисляем моменты инерции выбранного сечения: bh3 0,194 ⋅ (0,323)3 Jz = = = 0,545 ⋅ 10 −3 м 4; 12 12 3 hb 0,323 ⋅ (0,194) 3 Jy = = = 0,197 ⋅ 10 − 3 м 4 . 12 12 5. Определяем положение нейтрального слоя для сечения С ( x = 0): M z (0) = 0, 866 кН.м; M y (0) = −1, 5 кН.м; J y J z = b2 / h2 = (3 / 5) 2 = 0, 36 ; M z ( x) J y 0, 866 =− ⋅ 0, 36 = 0, 21; угол наклона нейтральной линии по M y ( x) J z −1, 5 отношению к оси y равен α = arctg(0,21) = 11°42′ = 11,69° . tgα = − y(z) P 0= 1 RC= -1 С x l/2 B A 1 ственно от единичных внешних вертикальной и горизонтальной сил, приложенных в точке A (рис. 6) (очевидно, что эпюры M z(0) и M y(0) одинаковы); Рис. 4.7 – с помощью интеграла Мора вычисляем перемещение в Эпюра Mz (My ),м 2 (0) l/2 6. Определяем полное перемещение точки A , лежащей на оси балки, для чего: – строим эпюры изгибающих моментов M z(0) , M y(0) соответ- (0) 168 A точке A – Vy в плоскости Oxy : 1 l A Vy = M z ( x ) M z( 0) ( x )dx. ∫ EJ z 0 Этот интеграл вычисляем с помощью способа Верещагина: 1 1 5 0,866 ⋅ 5 ⋅ 10 3 3 A = 0,662 ⋅ 10 − 5 м; Vy =  ⋅ 0,866 ⋅ 10 ⋅ 1 ⋅  = 11 − 3 3  6 ⋅ 2 ⋅ 10 ⋅ 0,545 ⋅ 10 EJ z  2 C помощью интеграла Мора записываем перемещение в точке A – Vz в плоскости Oxz : l l/2 l  1 1  A (0) ( 0) (0) Vz = M ( x ) M ( x ) dx = M ( x ) M ( x ) dx + M ( x ) M ( x ) dx  . y y y y y ∫l / 2 y EJ y ∫0 EJ y  ∫0  A Этот интеграл аналогично вычисляем с помощью способа Верещагина: 1  1 5  3 1 2  VzA = −  ⋅ 0,5 ⋅ 10 3 ⋅ 1 ⋅  − 1 ⋅ 10 3 ⋅ 1 ⋅  −  ⋅ 1 ⋅ 10 3 ⋅ 1 ⋅  =  EJ y   2 3  2 2 3  =− 2,25 ⋅ 10 3 = −5,71 ⋅ 10 − 5 м; 2 ⋅ 1011 ⋅ 0,197 ⋅ 10 − 3 – вычисляем полное пермещение в точке A по формуле V A = (V yA ) 2 + (VzA ) 2 = ( (0,662) 2 + (5,721) 2 ) ⋅ 10 −5 = 5,75 ⋅ 10−5 м. 4.3. Внецентренное растяжение и сжатие При внецентренном растяжении-сжатии (нагрузка – сила P параллельна оси стержня и не проходит через центр тяжести поперечного сечения) в поперечном сечении появляются продольная сила N = P и изгибающие моменты M y = − M y∗ = − PzP , M z = M z∗ = − PyP , следовательно, полное нормальное напряжение в соответствии с формулой (4.4) представляется в виде My y P y z P z  N Mz P  (4.16) y− z= σ x ( y, z ) = − 1+ 2 + 2 .  F Iz Iy F i i z y   При внецентренном растяжении нейтральная линия не проходит через центр тяжести поперечного сечения и определяется уравнением 1+ yy P zz P + 2 =0 . iz2 iy (4.17) В формулах (4.16), (4.17) y P , z P – координаты точки приложения силы относительно главных центральных осей; iz , iy – главные радиусы инерции сечения стержня. 169 4.3.1. Алгоритм определения допускаемой растягивающей силы и построения эпюры нормальных напряжений 1. Определить радиусы инерции сечения. Для сложного поперечного сечения: а) разбить поперечное сечение на простые фигуры и вычислить площади Fi , моменты инерции J yi , J zi , J yizi относительно горизонтальных и вертикальных центральных осей каждой фигуры и площадь всего поперечного сечения F = ∑ Fi ; i б) провести горизонтальную и вертикальную оси y , z всего сечения через любую точку и вычислить координаты центров тяжести простых фигур yCi , zCi относительно осей y , z ; в) определить координаты центра тяжести поперечного сечения: n yC = ∑ Fi yCi i =1 n ; zC = ∑ Fi zCi i =1 F F и провести центральные оси y, z параллельно осям y , z ; (4.18) г) вычислить моменты инерции всего сечения относительно осей y , z : n Jy = ∑ i =1 2 ( J yi + bi Fi ) ; n Jz = ∑ i =1 2 ( J zi + ai Fi ) ; n J yz = ∑ ( J yizi + ai bi Fi ) , (4.19) i =1 где n – число простых фигур, на которое разбито поперечное сечение; ai , bi – расстояние между осями z i и z , yi и y : ai = yCi − yC ; bi = zCi − zC ; (4.20) д) определить положение главных осей: tg2α 0 = 2 J yz ; Jz − J y (4.21) е) вычислить главные моменты инерции: 1 2  J1,2 =  J y + J z ± J y − J z 2 + 4 J yz (4.22) ,   2 ж) определить квадраты радиусов инерции: i12 = J1 F , i22 = J 2 F . (4.23) 2. Определить координаты точки приложения силы y P , z P (относительно главных центральных осей). 3. Определить положение нейтральной линии поперечного сечения y0 = − i12 y P , z 0 = − i22 z P (4.24) 4. Найти координаты точки, где напряжение достигает максимального значения ( z max , y max ), т. е. точку, наиболее удаленную от нейтральной линии. 5. Определить величину допускаемой растягивающей (сжимающей) силы из условия: ( ) 170 [ P] = F[ σ ] . y max y P zmax z P 1+ + 2 iz2 iy (4.25) 6. Построить эпюру нормальных напряжений, соответствующих значению допускаемой растягивающей (сжимающей) силы, вдоль линии, перпендикулярной нейтральной линии и проходящей через точку, наиболее удаленную от неё. Примечание. 1. Если сечение имеет хотя бы одну ось симметрии, то эта ось – главная центральная, а вторая – ей перпендикулярна и проходит через центр тяжести поперечного сечения. 2. Для стандартных профилей необходимые величины выписать из соответствующих ГОСТов (см. приложение 1). Пример использования алгоритма 20 Определить величину допускаемой растягивающей силы P , приложенной в точке поперечного сечения, указанной на рис. 4.8, и построить эпюру нормальных напряжений. Принять [σ ] = 100 МПа. 1. Определяем радиусы инерции: а) Поперечное сечение (рис. 4.8) разбиваем на три простые фигуры: швеллер 1, прямоугольник 2, полукруг 3. Поперечное сечение – симметричное, ось симметрии y – главная центральная ось. Выписываем для швеллера № 8 (ГОСТ 8240 –72) следующие величины: F1 = 8, 98 см2 ; H = 80 мм; B = 40 мм; y0 =1, 31 см; J y 1 =89,4 см4; J z 1 =12, 8 см4. Известно, что для швеллера 40 J y 1z 1 =0. Для прямоугольника вычисляем: F2 =bh =6.4=24 см2; 60 J z2 = 20 P Швеллер Швеллер №8 N8 Рис. 4.8 J y2z2 = 0 . bh 3 4 ⋅ 63 = = 72 см4; 12 12 hb 3 6 ⋅ 4 3 J y2 = = = =32 см4; 12 12 Для полукруга вычисляем: 1 πD 2 3,14 ⋅ 2 2 F3 = = = 1,57см 2 ; J y3z3 = 0 ; 2 4 8 1 πD 4 3,14 ⋅ 2 4 J y3 = = = 0,393 см 4 ; 2 64 128 1 πD 4 3,14 ⋅ 2 4 2 J z3 = − e F3 = − (0,212 ⋅ 2) 2 ⋅ 1,57 = 0,110 см4. 2 64 128 Определяем площадь всего сечения: F = F1 + F2 − F3 = 8,98 + 24 - 1,57 = 31,41 см2; б) определяем координаты центров тяжести каждой фигуры: 171 yC1 = B − y0 = 4 − 1,31 = 2,69 см; yС2 = B + 0,5 ⋅ h = 4 + 3 = 7 см; yС3 = B + h − l + e = 4 + 6 − 2 + 0, 212 ⋅ 2 = 8, 42 см; zС1 = zС 2 = zС3 = 0 ; y 3 b 2 z3 e = 0,212D l C3 z2 C1 yС2 max yC1 y0 B yC z1 P y С 1 yС3 zP yP h C2 z z max H Рис. 4.9 в) определяем по формулам (4.18) координату центра тяжести поперечного сечения: F y + F2 yC 2 − F3 yC 3 8,98 ⋅ 2,69 + 24 ⋅ 7 − 1,57 ⋅ 8,42 yC = 1 C1 = = 5,7 см; F 31,41 г) вычисляем по (4.20) расстояния между осями: a1 = yС1 − yС = 2, 69 − 5, 7 = −3, 01 см; a 2 = yС2 − yС = 7 − 5, 7 = 1, 3 см; a 3 = yС 3 − yС = 8, 42 − 5, 7 = 2, 72 см; b1 = b2 = b3 = 0 . Вычисляем по формулам (4.19) главные центральные моменты инерции: J u = J z = J z1 + a12F1 + J z2 + a22 F2 − J z3 − a32F3 = 12, 8 + (3, 01) 2 ⋅ 8, 98 + +72 + (1, 3) 2 ⋅ 24 − 0,13 − (2, 7) 2 ⋅1, 57 = 195, 25 см4; J v = J y = J y1 + J y 2 − J y 3 = 89,4 + 32 − 0,393 = 121,01 см4. Вычисляем по (4.23) квадраты радиусов инерции: 195,25 121,01 i z2 = = 6,22 см2; i y2 = = 3,85 см2. 31,41 31,41 2. Определяем координаты точки приложения силы y P = −1, 7 см; z P = −2 см. 3. Определяем по (4.24) координаты пересечения нейтральной линии с осями y , z : 172 3,85 6,22 = 1,93 см. = 3,66 см; z 0 = − −2 − 1,7 4. Определяем координаты наиболее нагруженной точки поперечного сечения А: ymax = −5, 7 см; z max = −4 см. 5. Определяем по (4.25) величину допускаемой растягивающей силы: y0 = − y y Па М 2 26, z - B C P . н.л z0 A x + Па М 100 Рис. 4.10 31,41 ⋅ 10 −4 ⋅ 100 ⋅ 10 6 [ P] = = 6,768 ⋅ 10 4 Н= 67,8 кН. (−5,7) ⋅ (−1,7) (−4) ⋅ (−2) 1+ + 6,22 3,85 6. Определяем по (4.26) напряжения в точке A (растянутая зона) и в точке B (сжатая зона): 67,8 ⋅ 10 3  (−5,7) ⋅ (−1,7) (−4) ⋅ (−2)  σA = + 1 +  = 100 ⋅ 10 6 Па; 31,41  6,22 3,85  67,8 ⋅ 10 3  4,3 ⋅ (−1,7) (−2) ⋅ 2  σB = + 1 +  = −26,2 ⋅ 10 6 Па. 31,41  6,22 3,85  Строим эпюру нормальных напряжений (рис. 4.10). 4.4. Изгиб с кручением Прочность стержня, работающего на изгиб с кручением, зависит от касательных напряжений, возникающих при действии крутящего момента, и от нормальных напряжений, связанных с изгибающими моментами M z и M y . Влиянием перерезывающих сил Qy и Qz и связанными с ними касательными 173 напряжениями обычно пренебрегают. При изгибе с кручением стержня в его сечениях реализуется сложное напряженное состояние. В этой связи при анализе прочности материала стержня необходимо использовать теории прочности, приемлемые для данного материала. 4.4.1. Алгоритм расчета вала на изгиб с кручением На вал насажен шкив ременной передачи, передающий мощность N , и две шестерни, передающие (каждая) по половине мощности. Частота вращения вала известна. Требуется подобрать диаметр вала, определить относительныкуглы закручивания и найти углы поворота шестерен относительно шкива. 1. Определить крутящий момент T по заданной мощности N (Вт) и частоте вращения вала n ( об мин ): T= 30 N , Н ⋅м . πn (4.26) 2. Построить эпюру крутящих моментов M кр . r 3. Определить модуль вектора силы P1 = P1 давления шкива на вал, считая, что усилие в набегающей ветви r ремня вдвое больше, чем в сбегающей (предполагается, что вектор силы P1 всегда располагается во втором квадранте системы координат 0 yz ): 2T 6T P1 = 3S = 3 = (4.27) , D1 D1 где D1 — диаметр шкива. Определить горизонтальную P1z и вертикальную P1y составляющие векто- r ра силы P1 при заданном угле наклона α ремней к горизонту: P1z = P1 cos α; P1 y = − P1 sin α. (4.28) r r 4. Определить модули векторов сил зацепления P2 = P2 и P3 = P3 , действующих соответственно на каждую из шестерен: P2 = T T ; P3 = , D2 D3 (4.29) где D2 , D3 – диаметры соответствующих шестерен. Определить горизонтальные P2z , P3z и вертикальные P2 y , P3 y состав- r r ляющие векторов сил P2 и P3 : P2 z = − P2 cos α 2 ; P2 y = P2 sin α 2 ; P3 z = − P3 cos α 3 ; P3 y = P3 sin α 3 , (4.30) r r где α 2 , α 3 – углы наклона соответственно сил P2 и P3 к отрицательной ветви оси z. 5. Построить эпюру изгибающих моментов M z от сил, лежащих в вертикальной плоскости ( P1y , P2 y , P3 y ), и эпюру изгибающих моментов M y от сил, 174 лежащих в горизонтальной плоскости ( P1z , P2z , P3z ). 6. Построить эпюру изгибающих моментов M изг как геометрическую сумму M y и M z . Для этого в каждом характерном сечении вычислить M изг = M y + Mz . 2 A (4.31) y D 1 а 2 D 2 P2 B x z 2s l1 l2 l3 l1 P 1 б R A= 2,37 s Эпюра Mкр, кН.м 0,195 0,39 α P1y = 3,38 RB = 1,01 1,42 в Эпюра MZ , кН.м HA=4,01 P1z=1,95 H = 4,28 B P2 = 1,11 P2 = 1,11 Эпюра My , кН.м г 0,67 2,41 5,28 5,28 2,80 д 0,67 Эпюра Mизг , кН.м Рис. 4.11 175 7. Построить эпюру расчетных моментов по принятой для данной задачи теории прочности: а) вторая теория прочности – теория наибольших относительных удлинений: 2 2 M р = 0,35M изг + 0,65 M изг + M кр (4.32) б) третья теория – теория наибольших касательных напряжений: 2 2 M р = M изг + M кр (4.33) в) четвертая теория – энергетическая: 2 2 M р = M изг + 0,75M кр (4.34) Определить опасное сечение – сечение с max M р . Определить диаметр вала из условия прочности d ≥3 32 max M P . π[ σ] (4.35) Найденное значение диаметра вала округлить до стандартного значения (см. приложение 2). Если окажется, что ближайшее табличное значение меньше расчетного, то необходимо подсчитать перегрузку δ : max σ экв = δ= max M р Wz = 32 max M р πd 3 max σ экв − [ σ] 100 0 0 . [σ] ; (4.36) (4.37) Если перегрузка больше 3%, то принять ближайший больший диаметр. Вычислить относительные углы закручивания участков стержня ξi : участок AC: ξ1 = 0 ; участки CB и BD: M кр 3 T ξ 2 = ξ3 = =− ; GJ p GJ p (4.38) участок DE: M кр 4 T ξ4 = =− , GJ p 2GJ p (4.39) где J p = πd 4 32 – полярный момент инерции, G – модуль упругости на сдвиг. При постоянных относительных углах закручивания угол поворота в радианах сечения с координатой x, измеренной от начала стержня, определяется по формуле 176 ϕ( x) = M кр GJ p x = ξx , (4.40) тогда угол поворота в градусах шестерни в точке D относительно шкива: 180° ϕ D = ξ 2 (l2 + l3 ) ; (4.41) π шестерни в точке E относительно шестерни в точке D 180° ϕ = ξ 4l4 ; (4.42) π угол поворота шестерни в точке E относительно шкива: ϕE = ϕD + ϕ . (4.43) Пример использования алгоритма Определить диаметр вала, относительные углы закручивания участков вала и углы поворота шестерен относительно шкива (рис. 4.11, а). Вал передает мощность N = 2,04.105 Вт и имеет частоту вращения n = 5000 об/мин. На вал насажен шкив ременной передачи диаметром D1 = 60 см и две шестерни одинакового диаметра D2 = 35 см. Угол наклона ремней α = 60° . Усилие зацепления на каждой шестерне направлено горизонтально и в сторону отрицательной ветви оси z (α 2 = α 3 = 0). Принять для вала [ σ] = 70 МПа, G = 0,77 ⋅ 105 МПа . При расчете использовать третью теорию прочности. Расстояния между опорами, шкивом и шестернями: l1 = 0,6 м; l2 = 1,4 м; l3 = 2,08 м. 1. Определяем величину крутящего момента по формуле (4.26): 30 2,04 ⋅ 105 T= ⋅ = 390 Н.м=0,39 кН.м. π 5000 2. Строим эпюру крутящих моментов (рис. 4.11, б), учитывая, что крутящий момент на каждой из двух шестерен вдвое меньше, чем на шкиве. 3. Определяем по (4.27), (4.28) силы, действующие на вал: 6T 6 ⋅ 0,39 P1 = 3S = = = 3,9 кН; P1z = P1 cos 60° = 3,9 ⋅ 0,5 = 1,95 кН; D1 0,6 P1 y = − P1 sin 60° = −3,9 ⋅ 0,866 = −3,38 кН. 4. Определяем по (4.29): P2 = T 0, 39 = = 111 , кН. D2 0, 35 5. Определяем реакции опор от вертикальных сил из условия равновесия: ∑ m A = − P1 y l1 + RB (l1 + l2 ) = 3,38 ⋅ 0,6 − RB ⋅ (0,6 + 1,4) = 0; RB = 1,01 кН; ∑ mB = − R A (l1 + l2 ) + P1y l2 = − RA ⋅ (0,6 + 1,4) + 3,38 ⋅ 1,4 = 0; R A = 2,37 кН. Проверка: ∑ Py i = 0 = − R A + P1 y + RB = −2,37 + 3,38 − 1,01 = 0 . Строим эпюру изгибающих моментов M z от вертикальных сил (рис. 4.11, в). Определяем реакции опор от горизонтальных сил: 177 ∑ m A = H B (l1 + l2 ) + P1z l1 − P2 (l1 + l2 + l3 ) − P2 (2l1 + l2 + l3 ) = = H B ⋅ (0,6 + 1,4) + 1,95 ⋅ 0,6 − 1,11 ⋅ (3 ⋅ 0,6 + 2 ⋅ 1,4 + 2 ⋅ 2,08) = 0; H B = 4,28 кН; ∑ mB = − H A (l1 + l2 ) − P1z l2 − P2l3 − P2 (l2 + l3 ) = = − H A ⋅ (0,6 + 1,4) − 1,95 ⋅ 1,4 − 1,11 ⋅ (0,6 + 2 ⋅ 2,08) = 0; H A = −4,01 кН. Проверка: ∑ Py i = 0 = H A + P1z + H B − 2 P2 = −4,01 + 1,95 + 4,28 − 2 ⋅ 1,11 = 0 . Строим эпюру изгибающих моментов M y от горизонтальных сил (рис. 10, г). 6. Строим эпюру суммарных изгибающих моментов (рис. 10, д), вычислив в каждом расчетном сечении M изг по формуле (4.31). 7. Подсчитываем M р с помощью (4.33) в опасном сечении – опоре B: M р = (5,28) 2 + (0,39) 2 = 5,29 кН.м. 8. Определяем диаметр вала, воспользовавшись соотношением (4.35): d ≥3 32 ⋅ 5,29 ⋅ 10 3 = 9,16 ⋅ 10 − 2 м = 91,6 мм . π ⋅ 70 ⋅ 10 В приложении 2 ближайшие рекомендуемые диаметры: 90 и 95 мм. Выбираем 90 мм. Определяем максимальное эквивалентное напряжение с помощью (4.36): 32 ⋅ 5,29 ⋅ 10 3 max σ экв = = 73, 9 ⋅ 10 6 Па 3 −6 3,14 ⋅ (9,0) ⋅ 10 73,9 − 70 и перегрузку по формуле (4.37): δ = ⋅ 100 = 5,57 0 0 (δ > 3 0 0 ). Перегрузка 70 больше допустимой. Принимаем диаметр вала равным 95 мм. Проверяем его прочность 6 32 ⋅ 5,29 ⋅ 10 3 max σ экв = = = = 62, 8 МПа < [σ] , Wz πd 3 3,14 ⋅ (9,5) 3 ⋅ 10 −6 откуда видно, что условие прочности выполняется. Вычисляем полярный момент инерции 3,14 ⋅ 954 мм 4 Jp = = 7996000мм 4 , 32 затем относительные углы закручивания участков по формулам (4.38) и (4.39) max M р ξ2 = − 32 max M р 0,39кН ⋅ м 0,39 ⋅ 106 Н ⋅ мм −6 1 ; =− = , 6334 ⋅ 10 Н мм 0,77 ⋅ 105 Н ⋅ 799,6 ⋅ 104 мм2 0,77 ⋅ 105 799,6 ⋅ 104 мм4 2 мм 1 . 0,195кН ⋅ м ξ4 = − = 0,3167 ⋅ 10−6 Н мм 0,77 ⋅ 105 799,6 ⋅ 104 мм4 2 мм Вычисляем углы поворота шестерен относительно шкива (см. 4.41 - 4.43) 178 1 (1,4 + 2,08) ⋅ 103 мм 180° = −0,126° ; π мм 1 180° ϕ = 0,3167 ⋅ 10 −6 0,6 ⋅ 103 мм = −0,011° ; π мм ϕ E = ϕ D + ϕ = −0,126° − 0,011° = −0,137° . Все величины, которые требовалось определить в задаче, найдены. 4.5. Задание на выполнение расчетно-графической работы «Расчет стержневых систем на сложные деформации» ϕ D = 0,6334 ⋅10 − 6 4.5.1. Расчет балки на косой изгиб Для балки постоянного поперечного сечения (рис. 4.12), нагруженной в сечении A силой P1 и в сечении B силой P2 , требуется: 1) построить эпюры изгибающих моментов от сил, действующих соответственно в вертикальной и горизонтальной плоскостях, и эпюру приведенных моментов; 2) подобрать размеры прямоугольного поперечного сечения при заданном соотношении его сторон; 3) определить положение нейтральной линии для произвольного сечения, в котором моменты в горизонтальной и вертикальной плоскостях не равны нулю; 4) определить полное перемещение точки A, лежащей на оси балки. Примечание. 1) Все исходные данные взять из табл. 4.1. 2) Принять [σ ]=10 МПа; E =104 МПа. 3) Опоры балки воспринимают вертикальные и горизонтальные усилия. 4) Номер схемы берется по шифру. Таблица 4.1. Номер строки схемы 1 2 3 4 5 6 г 1 2 3 4 5 6 l,м P1, кН P2 , кН α1 α2 h b в 1,2 1,5 1,8 2,0 2,2 2,4 в 2,0 3,0 4,0 5,0 6,0 7,0 б 12 10 9,0 8,0 7,0 6,0 г 180 90 180 90 -90 180 б -20 150 -30 130 120 -110 а 1,2 1,4 1,5 1,6 1,8 2,0 179 7 8 9 7 8 9 10 2,5 2,6 2,8 3,0 8,0 9,0 10 12 P 2 1 l/2 l/2 P 2 B l/2 3 4 P1 A l/3 l/3 P1 A l/4 l/4 P 2 B 180 90 180 -90 P2 B l/3 A 5 P2 B l/3 6 P1 A l/3 l/3 P2 B l/3 1,8 1,6 1,4 1,2 z P 1 y α 2 P 1 z α2 P y 2 P P1 A 2 z P1 α2 y P 1 z l/2 P1 A l/3 l/3 -60 130 -40 150 P2 α2 y P1 B l/2 2 5,0 4,0 3,0 2,0 α 2 z y P2 P 1 P2 α 2 z y P1 P2 180 P1 7 A l/2 l/2 P1 A 8 l/2 l/2 P2 B l/2 l/2 P1 9 l/4 A 3/4l l/2 P2 10 3/4l B P2 B z l/4 l/2 P2 B z α y 2 P 2 P1 y α 2 P 1 z α2 y P2 P 2 P1 P1 A y α 1 P 2 z P1 Рис. 4.12 4.5.2. Расчет на внецентренное растяжение Для заданного поперечного сечения (рис. 4.13), растягиваемого силой P , приложенной в указанной точке, требуется: 1) найти центр тяжести и определить главные центральные моменты инерции; 2) определить допускаемую величину растягивающей силы; 3) определить положение нейтральной линии и начертить эпюру нормальных напряжений при растяжении силой допускаемой величины. Примечание. 1) Исходные данные взять из таблицы 4.2. 2) Допускаемое напряжение принять [σ ] = 100 МПа. Таблица 4.2. Номер Номер Точка Номер Точка Номер строки l , двутавра приложе- строки l , двутавра приложемм или швеллера ния силы мм или швеллера ния силы в в б в в б 1 10 40 1 6 35 24а 1 2 15 36 2 7 40 22а 2 3 20 33 3 8 45 20а 3 4 25 30 4 9 50 18а 4 5 30 27 5 55 16 5 1 3 4 φ2 l 2 0,5 l 5 1 2 3 2 4 φ4l 181 1 5 φ2 l φl 4 2 3 4 5 2 1 3 l φ3 l 1 5 φ4 l 3 4 φl l Рис. 4.13 3 6 5 5 1 2 l 4l 2l 3 l 3 4 2 l 2l 2l 4l 3l 3l 5 5 3l 8 4 1 3l l l φl 7 2 4 2 φ3 l l 3 1 4 1 5 182 2 3 3 9 4 10 4 1 2 5 1 5 2 1 3 1 2 12 3 11 5 4 4 5 Рис. 4.13 (Продолжение) 4 3 5 1 5 14 13 2 2 3 1 4 2 15 4 3 16 3 4 2 1 5 1 5 183 2l 4 2 18 5 3 4 l 1 20 1 19 3 4 5 5 2l l 2l 4 3 4 2l 22 3l 3l 1 2l l 1 3 3l 2 2 l 4l φl 5 l 3l 120 l 3 2 2l φl 2l l 17 2 1 5 Рис. 4.13 (продолжение) 2l 21 2 4 2l 3 24 1 5 23 2l 4l 3 2 5l 1 l φl 3 2 4 2l l 4 5 3l 5 25 4 1 1 1 ,5 l 3l 2 φ2l 3 5 184 4 26 27 4 1 3 2 1 1 5 28 5 5 3 1 2 1 1 5 2 1 3 1 1 1 4 5 4 30 29 1 1 2 1 3 1 4 2 1 3 1 1 Рис. 4.13 (окончание) 185 4.5.3. Расчет на изгиб с кручением Шкив диаметром D1 и с углом наклона ветвей ремня к горизонту α делает n оборотов в минуту и передает мощность N . На вал постоянного сечения насажены две шестерни одинакового диаметра D2 , каждая из которых передает мощность 0,5 N зубчатому колесу, расположенному выше. Для заданной схемы (рис. 4.14) требуется: 1) определить крутящие моменты по заданной мощности и числу оборотов, построить эпюру крутящих моментов; 2) определить силы, изгибающие вал в горизонтальной и вертикальной плоскостях (давление на вал со стороны ременной передачи принять равным сумме натяжений набегающей и сбегающей ветвей), построить эпюры изгибающих моментов от горизонтальных и вертикальных сил; 3) построить эпюру суммарных изгибающих моментов, пользуясь формулой M изг = M z2 + M y2 ; 4) найти опасное сечение, определить диаметр вала, пользуясь указанной теорией прочности; 5) определить относительные углы закручивания участков вала; 6) определить углы поворота в градусах шестерен относительно шкива и построить эпюру углов поворота поперечных сечений относительно шкива. Примечание: 1) исходные данные взять из табл. 4.3; 2) допускаемое напряжение принять [σ ] = 70 МПа; 3) вес шкива, шестерен и вала не учитывать; 4) найденный диаметр вала округлить до стандартного значения. Таблица 4.3 n N, Номер , l1 , м l2 , м l3 , м D1, м D2 , м α 0 Теория прочстроки схемы кВт об/мин ности г в г б в а в г б а 1 1 5,0 100 1,1 1,1 1,1 0,3 0,35 10 2 2 2 10 200 1,2 1,2 1,2 0,4 0,2 20 3 3 3 15 300 1,3 1,3 1,3 0,5 0,25 30 4 4 4 20 400 1,4 1,4 1,4 0,6 0,3 40 3 5 5 25 500 1,5 1,5 1,5 0,7 0,35 50 2 6 6 30 600 0,6 0,6 0,6 0,8 0,4 60 4 7 7 35 700 0,7 0,7 0,7 0,7 0,35 70 3 8 8 40 800 0,8 0,8 0,8 0,6 0,3 80 2 9 9 45 900 0,9 0,9 0,9 0,5 0,25 90 3 10 50 1000 1,0 1,0 1,0 0,4 0,2 45 4 186 D1 D2 1 D2 x D D1 D2 x y P2 D2 x 2 x z D1 D2 2s D2 x 3 D1 D2 D2 x 4 D1 x D2 x D2 x x 5 D1 D2 D2 x 6 D1 x D2 D2 x x 7 D1 D2 D2 x x 8 D1 D2 D2 x x 9 D2 D1 D2 x x 10 l1 l2 l3 l1 Рис. 4.14 P 1 α s 187 ПРИЛОЖЕНИЯ Приложение 1 Пример оформления титульного листа КАЗАНСКИЙ НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ им. А.Н.ТУПОЛЕВА – КАИ КАФЕДРА СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ Расчетно-графическая работа №1 ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ВНУТРЕННИХ СИЛОВЫХ ФАКТОРОВ Вариант: 12, шифр 4321 Выполнил: Иванов И.И., гр. 1201 Принял: Петров П.П. 2013-14 188 Приложение 2 Сортамент прокатной стали Уголки равнополочные (ГОСТ 8509-86) Номер профиля b, мм d, мм Площадь сечения F, 2 Ix , I x0 , I y0 , см 4 см 4 см 4 см z0 , см 6 ,3 63 6 7 ,28 27,1 42 ,9 11 ,20 1 ,78 7 70 5 6 ,86 31,9 50 ,7 13 ,2 1 ,90 7 70 6 8 ,15 37,6 59 ,6 15 ,5 1 ,94 7 70 7 9 ,42 43,0 68 ,2 17 ,8 1 ,99 7 70 8 10 ,70 48,2 76 ,4 20 ,0 2 ,02 7 70 10 13,12 58,4 92,3 24,4 2,08 7 ,5 75 7 10 ,10 53,3 84 ,6 22 ,1 2 ,10 7 ,5 75 8 11 ,50 59,8 94 ,9 24 ,8 2 ,15 7 ,5 75 9 12 ,80 66,1 105 ,0 27 ,5 2 ,18 8 80 6 9 ,38 57,0 94 ,0 23 ,5 2 ,19 8 80 8 12 ,30 73,4 116 ,0 30 ,3 2 ,27 189 Приложение 3 Балки двутавровые (ГОСТ 8239-72) Номер профиля h, b, s, t, Площадь сечения F, S x∗ , I y, W y, см3 см 4 см3 39,7 23 ,0 17 ,9 6,49 350 58,4 33 ,7 27 ,9 8,72 17 ,4 572 81,7 46 ,8 41 ,9 11,5 7 ,8 20 ,2 873 109 62 ,3 58 ,6 14,5 5 ,1 8 ,1 23 ,4 1290 143 81 ,4 82 ,6 18,4 100 5 ,1 8 ,3 25 ,4 1430 159 89 ,8 114 ,0 22,8 200 100 5 ,2 8 ,4 26 ,8 1840 184 104 ,0 115 ,0 23,1 20a 200 110 5 ,2 8 ,6 28 ,9 2030 203 114 ,0 155 ,0 28,2 22 220 110 5 ,4 8 ,7 30 ,6 2550 232 131 ,0 157 ,0 28,6 22a 220 120 5 ,4 8 ,9 32 ,8 2790 254 143 ,0 206 ,0 34,3 24 240 115 5 ,6 9 ,5 34 ,8 3460 289 163 ,0 198 ,0 34,5 24a 240 125 5 ,6 9 ,8 37 ,5 3800 317 178 ,0 260 ,0 41,6 27 270 125 6 ,0 9 ,8 40 ,2 5010 371 210 ,0 260 ,0 41,5 27a 270 135 6 ,0 10 ,2 43 ,2 5500 407 229 ,0 337 ,0 50,0 30 300 135 6 ,5 10 ,2 46 ,5 7080 472 268 ,0 337 ,0 49,9 30a 300 145 6 ,5 10 ,7 49 ,9 7780 518 292 ,0 436 ,0 60,1 33 330 140 7 ,0 11 ,2 53 ,8 9840 597 339 ,0 419 ,0 59,9 36 360 145 7 ,5 12 ,3 61 ,9 13380 743 423 ,0 516 ,0 71,1 40 400 155 8 ,0 13 ,0 72 ,6 18930 953 545 ,0 667 ,0 85,9 45 450 160 9 ,0 14 ,2 84 ,7 27696 1220 708 ,0 808 ,0 101 50 500 170 10 ,0 15 ,2 100 ,0 39727 1570 919 ,0 1043 ,0 122 55 550 180 11 ,0 16 ,5 118 ,0 55962 2000 1181 ,0 1356 ,0 150 60 600 190 12,0 17,8 138,0 76806 2510 1491,0 1725,0 181 70а 700 210 15 ,0 24,0 202,0 152700 4360 2550,0 3240,0 309 Ix , Wx, см 4 см3 мм мм мм 10 100 55 4 ,5 7 ,2 12 ,0 198 12 120 64 4 ,8 7 ,3 14 ,7 14 140 73 4 ,9 7 ,5 16 160 81 5 ,0 18 180 90 18a 180 20 мм см2 190 Приложение 4 Швеллеры (ГОСТ 8240 – 72) Номер профиля h, мм b, мм s, мм t, мм Площадь сечения F, 2 Ix , I y, см 4 см 4 см z0 , см 5 50 32 4 ,4 7 ,0 6 ,16 22 ,8 5 ,61 1 ,16 6 ,5 65 36 4 ,4 7 ,2 7 ,51 48 ,6 8 ,70 1 ,24 8 80 40 4 ,5 7 ,4 8 ,98 89 ,4 12 ,8 1 ,31 10 100 46 4 ,5 7 ,6 10 ,9 174 20 ,4 1 ,44 12 120 52 4 ,8 7 ,8 13 ,3 304 31 ,2 1 ,54 14 140 58 4 ,9 8 ,1 15 ,6 491 45 ,4 1 ,67 14а 140 62 4 ,9 8 ,7 17 ,0 545 57 ,5 1 ,87 16 160 64 5 ,0 8 ,4 18 ,1 747 63 ,3 1 ,80 16а 160 68 5 ,0 9 ,0 19 ,5 823 78 ,8 2 ,00 18 180 70 5 ,1 8 ,7 20 ,7 1090 86 ,0 1 ,94 18a 180 74 5 ,1 9 ,3 22 ,2 1190 105 ,0 2 ,13 20 200 76 5 ,2 9 ,0 23 ,4 1520 113 ,0 2 ,07 20a 200 80 5 ,2 9 ,7 25 ,2 1670 139 ,0 2 ,28 22 220 82 5 ,4 9 ,5 26 ,7 2110 151 ,0 2 ,21 22a 220 87 5 ,4 10 ,2 28 ,8 2330 187 ,0 2 ,46 24 240 90 5 ,6 10 ,0 30 ,6 2900 208 ,0 2 ,42 24a 240 95 5 ,6 10 ,7 32 ,9 3180 254 ,0 2 ,67 27 270 95 6 ,0 10 ,5 35 ,2 4160 262 ,0 2 ,47 30 300 100 6 ,5 11 ,0 40 ,5 5810 327 ,0 2 ,52 33 330 105 7 ,0 11 ,7 46 ,5 7980 410 ,0 2 ,59 36 360 110 7 ,5 12 ,6 53 ,4 10820 513 ,0 2 ,68 40 400 115 8 ,0 13 ,5 61 ,5 15520 642 ,0 2 ,75 191 Приложение 5 Ряды размеров по ГОСТ 6636—69 R a5 R a10 1 1,6 2,5 4 6,3 10 16 25 40 63 100 160 250 400 1 1,6 2,5 4 6,3 10 16 25 40 63 100 160 250 400 R a20 1,2 2,0 3,2 5,0 8,0 12 20 32 50 80 125 200 320 500 1 1,6 2,5 4 6,3 10 16 25 40 63 100 160 250 400 1,1 1,8 2,8 4,5 7,1 11 18 28 45 71 110 180 280 450 1,2 2,0 3,2 5,0 8,0 12 20 32 50 80 125 200 320 500 1,4 2,2 3,6 5,6 9 14 22 36 56 90 140 220 360 560 Ряды размеров по ГОСТ 6636—69 R a40 1 1,6 2,5 4 6,3 10 16 25 40 63 100 160 250 400 1,05 1,7 2,6 4,2 6,7 10,5 17 26 42 67 105 170 260 420 1,1 1,8 2,8 4,5 7,1 11 18 28 45 71 110 180 280 450 1,15 1,9 3,0 4,8 7,6 11,5 19 30 48 75 120 190 300 480 1,2 2,0 3,2 5,0 8,0 12 20 32 50 80 125 200 320 500 1,3 2,1 3,4 5,3 8,5 13 21 34 53 85 130 210 340 530 1,4 2,2 3,6 5,6 9 14 22 36 56 90 140 220 360 560 1,5 2,4 3,8 6,0 9,5 15 24 38 60 95 150 240 380 600 192 СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ 1. Одиноков, А.Ю. Сопротивление материалов: учебное пособие. / А.Ю. Одиноков. – Казань: Изд-во Казан. гос. техн. ун-та, 2010. 2. Горшков А.Г. Сопротивление материалов: учебное пособие. / А.Г. Горшков, В.Н. Трошин, Шалашилин В.И. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005. 3. Пособие к решению задач по сопротивлению материалов / Под ред. В.Н. Миролюбова. 4-е изд. М.: Высш. шк., 1974. 4. Дарков, А.В. Сопротивление материалов: Учебник для вузов. / А.В. Дарков, Г.С. Шапиро. – М.: Высшая школа, 1975. 5. Феодосьев, В.И. Сопротивление материалов. / Феодосьев В.И. – 8-e изд. М.: Наука, 1979. 6. Ицкович, Г.М. Руководство к решению задач по сопротивлению материалов / Г.М. Ицкович, А.И. Винокуров, Л.С. Минин. – М.: Высшая школа, 1970. 7. Писаренко, Г.С. Справочник по сопротивлению материалов / Г.С.Писаренко, А.П. Яковлев, В.В. Матвеев. – Киев: Наукова думка, 1988. 8. Беляев, Н.М. Сопротивление материалов / Н.М. Беляев. – М.: Наука, 1976. 9. Филин, А.П. Прикладная механика твердого деформируемого тела. Т. 2. / А.П. Филин. – М.: Наука, 1978. 193 ОГЛАВЛЕНИЕ Введение 1. Построение эпюр внутренних силовых факторов 1.1. Общие теоретические положения построения эпюр внутренних силовых факторов в стержнях …………………………………………... 1.1.1. Построение эпюр для консольных балок……………………... 1.1.2. Построение эпюр для балок, опирающихся на две шарнирные опоры ……………………………………………………………. 1.1.3. Построение эпюр для стержней при растяжении-сжатии……... 1.1.4. Построение эпюр для стержней при кручении ……………….... 1.2. Общие теоретические положения построения эпюр внутренних силовых факторов для рам и криволинейных брусьев ………………… 1.2.1. Построение эпюр для рам……………………………………….. 1.2.2. Построение эпюр для рам с криволинейным брусом…………... 1.3. Порядок выполнения и оформления расчетно-графических работ 1.4. Задание на выполнение расчетно-графической работы «Построение эпюр внутренних силовых факторов» ………………… 2. Расчет на прочность стержневых элементов конструкций………... 2.1. Расчет стержней на растяжение и сжатие…………………………...... 2.1.1. Деформированное состояние невесомого стержня……………... 2.1.2. Уравнения равновесия и напряженное состояние невесомого стержня ………………………………………………………….. 2.1.3. Физические соотношения. Закон Гука…………………………... 2.1.4. Пример решения задачи на растяжение и сжатие ……………. 2.1.5. Задание на выполнение расчетно-графической работы «Расчет стержней на растяжение и сжатие» ………………….... 2.2. Определение геометрических характеристик составного поперечного сечения ………………………………………………………............ 2.2.1. Геометрические характеристики поперечных сечений, используемые при расчетах …………………………………………….. 2.2.2. Зависимости между моментами инерции поперечного сечения при преобразовании системы координат сечения …………….. 2.2.3. Главные оси и главные моменты инерции……………………… 2.2.4. Вычисление моментов инерции поперечных сечений простой формы .......………………………………………………………… 2.2.5. Определение геометрических характеристик поперечного сечения. Пример решения задачи …..……………………………... 2.2.6. Задание на выполнение расчетно-графической работы «Определение геометрических характеристик поперечного сечения» 2.3. Расчет на прочность балки постоянного поперечного сечения при плоском изгибе………………………………………………... 2.3.1. Определение перемещений при плоском изгибе…….................. 3 4 4 15 23 27 28 30 32 36 39 40 59 59 59 62 63 65 67 70 70 72 73 74 75 79 82 82 194 2.3.2. Определение напряжений при изгибе…………………………… 2.3.3. Касательные напряжения при изгибе…………………………… 2.3.4. Подбор поперечного сечения балки и проверка прочности при изгибе ..……………………………………………………………. 2.3.5. Пример расчета балки при плоском изгибе ..…………………... 2.3.6. Пример расчета балки при плоском изгибе с помощью системы компьютерной алгебры Maxima …………………………….. 2.3.7. Задание на выполнение расчетно-графической работы «Расчет балки на прочность при плоском изгибе» …..………... 3. Расчет статически неопределимых стержневых конструкций …. 3.1. Статически неопределимые плоские рамы ……………………… 3.2. Порядок проектировочного расчета статически неопределимых плоских рам методом сил ………………………………………… 3.3. Пример расчета статически неопределимой рамы методом сил… 3.4. Пример расчета статически неопределимой рамы методом сил с помощью системы компьютерной алгебры Maxima …………… 3.5. Задание на выполнение расчетно-графической работы «Расчет статически неопределимой рамы» ……………………... 3.6. Расчет неразрезных балок с помощью уравнения трех моментов 3.7. Задание на выполнение расчетно-графической работы «Расчет неразрезных балок» 4. Расчет стержневых систем на сложные деформации………………. 4.1. Расчетные соотношения для стержней при действии нагрузки общего вида ……………………………………………………………….. 4.2. Косой изгиб ……………………………………………………………. 4.2.1. Алгоритм расчета балки на косой изгиб ……………………… 4.2.2. Пример использования алгоритма …………………………….. 4.3. Внецентренное растяжение и сжатие ………………………………... 4.3.1. Алгоритм определения допускаемой растягивающей силы и построения эпюры нормальных напряжений ………………… 4.3.2. Пример использования алгоритма ……………………………... 4.4. Изгиб с кручением……………………………………………………. 4.4.1. Алгоритм расчета вала на изгиб с кручением…………………... 4.4.2. Пример использования алгоритма................................................. 4.5. Задание на выполнение расчетно-графической работы «Расчет стержневых систем на сложные деформации» ….........……………... Приложение №1……………………………………………………………... Приложение №2……………………………………………………………... Приложение №3……………………………………………………………... Приложение №4……………………………………………………………... Приложение №5……………………………………………………………... Список литературы..………………………………………………………... 84 85 86 86 97 105 108 108 114 115 126 135 140 155 159 159 162 163 165 168 169 170 172 173 176 178 181 188 189 190 191 192 195 Авторы учебного пособия Расчет стержней и стержневых систем. Аристова Нэлли Сергеевна Булашов Дмитрий Анатольевич Одиноков Алексей Юрьевич Просвиряков Евгений Юрьевич Савинов Владимир Иванович