Исаченко Сопротивление материалов ч.1 2010

Рис. 4.47

Рис. 4.48

Задача 4.13. Два одинаковых металлических бруса квадратного сечения свободно уложены друг на друга и загружены равномерно распределенной нагрузкой интенсивностью q (рис. 4.48). В загруженном состоянии брусья свариваются по длине. Определить в опасном сечении остаточные напряжения после снятия нагрузки, показать эпюры напряжений. При решении сварочными напряжениями и трением между брусьями пренебречь.

Задача 4.14. Определить грузоподъемность консольной балки с поперечным сечением в виде равнобедренного треугольника (рис. 4.49), если допускаемое напряжение для материала балки на растяжение [σ]р =[σ] , а на сжатие [σ]c = 4[σ] .

Задача 4.15. На каком расстоянии a < 0,5l необходимо расположить опору А (рис. 4.50), чтобы балка постоянного поперечного сечения по длине обладала бы наибольшей несущей способностью?

201

Рис. 4.49

Рис. 4.50

4.2.3.Решения, указания, ответы

4.5.Максимальные нормальные напряжения при изгибе полосы

σx (max) = M z (max)h / 2 ≤ σупр ,

J z

Кривизна

1

=

1

=

M z (max)

M z (max)

=

EJ z

, тогда

ρ

R

EJ z

R

σx (max) =

EJ z h / 2

≤ σупр R =

E h

, L = 2πR .

R J z

2σупр

4.6. По гипотезе плоских сечений εx =

1

y , тогда для крайних

ρ

волокон (верхнего или нижнего), с учетом, что										y = h / 2 , ρ = R ,
имеем εx (max) =	σx (max)		=			h		, откуда
	E				2R
		1		=			2σx (max)		.	(1)
		R
								Eh

Так как ρ = R = const , то из (1) следует, что и σx (max) по всей

длине l бруса должно быть постоянным, т.е. брус должен иметь форму балки равного сопротивления изгибу (рис. 4.51).

202

Рис. 4.51

Таким образом,

σx (max) =

M z

=

M z

=[σ] b(x) =

6P

x ,

Wz

x=l

Wz

h2

[σ]

x

где

M z

= P x , Wz =

b(x) h2

.

6

Размер ширины балки в заделке

b(x = l) = b

0

=

6Pl

= 0,15 м.

h2 [σ]

Из зависимости

кривизны

балки от изгибающего момента

1

=

M

z

, где M z = P x , Jz

=

b(x) h3

, найдем

R

EJz

12

b(x) =

P x 12 R

= 0,15x .

Eh3

При x = l =1 м (сечение заделки) b0 = 0,15 м.

Отметим, что при R > 5 ( b(x) > 0,15x ) напряжения σx(max) будут меньше [σ], и балка будет работать с недогрузкой. При R < 5 м ( b(x) < 0,15x ) напряжения σx(max) >[σ] , так, например, уже при R = 4 м σx(max) = 250 МПа , т.е. превышают [σ] на 25 %, что совер-

шенно недопустимо.

В месте приложения силы P балка должна иметь площадку.

203

4.7. Радиус кривизны ρ определится из соотношения 60l ° = 3602πρ° ,

откуда ρ =

6l

.

2π

ymax

E ymax

2π

σx (max) = Eεx

(max) = E

=

.

ρ

6 l

При E = 2 105 МПа,

l = 0,25 м,

ymax =

δ

=

8 10−4

= 4 10−4 м

2

получаем σx (max) = 335 МПа.

2

4.8. Найдем

M z(1) и

M z(2)

из совместного решения уравнений

(1*) и (2*):

M = M z(1)

+ M z(2) ,

(1*)

1

=

M z(1)

=

M z(2)

,

(2*)

ρ

E J

(2)

E

2

J

(2)

откуда

1

z

z

M z(1) = M

E J (1)

M z(2)

E

2

J (2)

1

z

,

= M

z

.

E J (1) + E

2

J (2)

E J (1) + E

2

J (2)

1 z

z

1

z

z

Рис. 4.52

204

Найдем максимальные напряжения

(1)

M z(1) d1

/ 2

2M E d

σx

(max) =

=

,

J (1)

E J (1)

+ E

2

J (2)

z

1

z

z

(2)

M z(2) d2

/ 2

M E d

σx

(max) =

=

.

J (2)

E J (1)

+ E

2

J (2)

z

1

z

z

Эпюра σx приведена на рис. 4.52.

4.9. По формуле Журавского τxy =

Qy S zотс( y)

. Так как

J z b( y)

bh3

2

y

J z

=

,

b( y) = b

−

,

36

3

h

S zотс

1

2

2

y

1

2

( y) =

h − y

b

−

h

− y

+ y

=

2

h

3

3

3

3

2

h

y

2

y h

=

b

−

−

+ y

3

3

2

3

h 3

(см. рис. 4.53, а), то τxy

=

4

Qy

(2h − 3y)(h + 3y) .

3 bh3

Рис. 4.53

205

Исследуем τxy на экстремум и находим, что при y0 = 16 h

τxy (max) = 32 QFy . Эпюра τxy представлена на рис. 4.53, б.

4.10.Так как сечение по жесткости симметрично относительно оси z, то, следовательно, нейтральная ось сечения проходит посередине высоты h. Тогда

д

3b h

3

4

J z

=

=128 см

,

12

2

ст = 4

δ h3

2b δ

3

h

J

+

2

+

2b δ =15 см4 .

12

12

z

2

Суммарный изгибающий момент в сечении будет

M z = M zст + M zд = ∫ σx y dF + ∫σx y dF =

Fст

Fд

Eст

∫

2

Eд

∫

2

Ec

ст

Eд д

=

y

dF +

y

dF

=

J z

+

J z

,

ρ

ρ

ρ

ρ

F

F

ст

д

1

M z

M z

откуда

=

=

Eд(20J zст + J zд ).

ρ

EстJ zст + EдJ zд

Условия прочности будут иметь вид

ymax

ст

ст

σx

(max)

= Eст εx

(max) = Eст

=

ρ

Eст

h

M z

=

Eд(20J zст + J zд )≤[σ]ст ,

2

′

=128,4 кН см.

откуда [M ]

д

д

ymax

σx

(max) = Eд εx

(max) = Eд

=

ρ

Eд h

M z

=

Eд(20J zст + J zд )≤[σ]д ,

2

откуда [M ]

′′

= 278,2 кН

см.

Принимаем [M ] =128,4 кН см.

206

4.11.Вертикальные опорные реакции балки (см. рис. 4.46) RA =

=RB = P2 ; изгибающий момент M z = P2 x ; осевой момент сопро-

тивления	Wz	=	b h2 (x)		, h(x) = 0,3h + 0,7hx / l . Тогда в сечении с
			6
абсциссой х наибольшее напряжение
		σx (max) =				M z (x)	=			3Px	.
						Wz			bh2	(0,3 + 0,7x / l)2
Исследуем σx на экстремум								dσx		= 0 и найдем абсциссу опас-
									dx

ного сечения x = x0 = 0,429l . Подставляя найденное значение x0 в выражение для σx (max) , получим

		σx (max) = 3,6	Pl	= 9	Pl	≤[σ] ,
			bh2		h3
откуда h ≥ 3	9Pl	= 0,15 м.
	[σ]

4.12. Поперечная сила на участке АС (см. рис. 4.47) равна опорной реакции Qy = RA = P2 , аизгибающиймоментвсеченииСравен Pl4 .

Наибольшее касательное напряжение в точке K1 равно каса-

тельному напряжению в поперечном сечении посередине высоты h и определяется по формуле Журавского:

	τ(xyK1) (max) =	Qy S z (max)	=		P 104	.
		J z d		2	1840 0,52

Так как вточке K2 касательное напряжение от Qy равно нулю, то наибольшеекасательноенапряжениевэтой точкеопределитсякак

	K2		σ(xK2 )		Pl h / 2		P l 10
	τnt	(max) =		=		=		,
			2		8 J z		8 1840

действующее на площадь под углом α = xn = 45° .

Из условия τ(xyK1) (max) = τ(ntK2 ) (max) найдем l = 80 см.

207

4.13. Наибольший изгибающий момент в однопролетной балке, загруженной равномерно распределенной нагрузкой, действует по-

	середине пролета и равен M z (max) =	ql 2	. Так как балки совер-
		8

шенно одинаковы, то до сварки каждой балкой воспринимается

*

M z (max)

*

M *z

(max)

ql

2 6

3 ql 2

M z

(max) =

, а σx (max) =

=

=

.

2

Wz*

16 b3

8

b3

После сварки поперечное сечение балки работает как единое це-

лое, т.е. для него Wz = b(26b)2 = 23 b3 . Снятие нагрузки равносильно

нагружению балки нагрузкой противоположного направления по сравнению с первоначальной. Следовательно, в балке после разгрузки нижние волокна будут сжаты, а верхние растянуты, при

этом σx (max) =	M z (max)	=		3		ql 2	.
	Wz		16			b3

Рис. 4.54

Эпюры напряжений до сварки показаны на рис. 4.54, а, разгрузки – рис. 4.54, б, остаточных – рис. 4.54, в.

4.14. Значение допускаемой силы [P] будем искать как из условия прочности для сечения В, так и из условия прочности для сечения А, где в наиболее неблагоприятных условиях находится точка I сечения (см. рис. 4.55), в которой имеет место растяжение.

208

Для сечения В

σx (I) =	7P a 0,08a				≤[σ]c = 4[σ] P′ =
			J z
σx (II) =			7P a 0,04a			≤[σ]p =[σ] P′′ =
			J z
Для сечения А
σx (I) =		5P a 0,08a			≤[σ]p =[σ] P′′′ =
			J z

	[σ] J z	;
	0,14 a2

[σ] J z . 0,28 a2

[σ] J z . 0,40 a2

				Рис. 4.55
	Итак,			[σ] J z
	[P] = P	′′′	=		=1,2	10	−6	[σ] a	2	,
				0,40 a2

209

где

J z = bh3 = 48 10−7 a4 . 36

4.15. На рис. 4.56 представлена расчетная схема балки, эпюры

Qy и M z .

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

M z (1 −1) = M z (2 − 2) , тогда и σx(max) (1 −1) = σx(max) (2 − 2) .

Рис. 4.56

210