Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Методичка по сопромату (II семестр).pdf
Скачиваний:
25
Добавлен:
18.02.2016
Размер:
3.51 Mб
Скачать

Міністерство освіти і науки України

ХАРКІВСЬКИЙ НАЦІОНАЛЬНИЙ АВТОМОБІЛЬНО-ДОРОЖНІЙ УНІВЕРСИТЕТ

І.М. ІЩЕНКО, О.Г. КІСЛОВ, С.А. БІНДЮГ, І.М. ЛИСЯКОВ

РОЗРАХУНКОВО-ПРОЕКТУВАЛЬНІ РОБОТИ З ОПОРУ МАТЕРІАЛІВ

(розділ “Статично невизначені системи”)

Затверджено Міністерством освіти і науки України як навчальний посібник для студентів вищих навчальних закладів з напрямків “Будівництво” та “Інженерна механіка”

Харків 2004

УДК 620.1

Гриф надано Міністерством освіти і науки України

03.11.03 №14/18.2-1796

І.М.Іщенко, О.Г. Кіслов, С.А. Біндюг, І.М. Лисяков. Розрахунковопроектувальні роботи з опору матеріалів (розділ “Cтатично невизначені системи”): Навчальний посібник. – Харків: ХНАДУ, 2004. – 176 с.

Викладено короткі відомості з теорії та наведено приклади розв’язання задач з основних розділів другої частини курсу опору матеріалів, а також дані для самостійного виконання студентами розрахунково-проектувальних робіт із застосуванням ПЕОМ.

Для студентів спеціальностей: 8.092105, 8.092106, 8.090228, 8.090210, 8.090211, 8.090214

Іл. 133. Табл. 5. Бібліогр. 4 назв.

Рецензенти: Е.Д. Чихладзе, д-р техн. наук, професор (Харківська державна академія залізничного транспорту); В.О. Воблих, канд. техн. наук, професор (Харківський

державний технічний університет будівництва та архітектури).

ISBN

© Харківський національний автомобільно-

 

дорожній університет, І.М. Іщенко, О.Г. Кіслов,

 

С.А. Біндюг, І.М. Лисяков, 2004

2

ВСТУП

Цей навчальний посібник призначений допомогти студентам опанувати методику розв’язання практичних задач з основних розділів другої частини курсу опору матеріалів.

Основними розділами другої частини курсу є: загальні або енергетичні методи визначення переміщень стержневих систем, розрахунки статично невизначених систем методом сил, розрахунки на міцність і витривалість при складному опорі та розрахунки стиснутих стержнів на стійкість. За цими розділами студенти виконують домашні розрахунково-проектувальні роботи: “Визначення переміщень в балках, рамах та криволінійних стержнях”, “Розрахунок статично невизначених рам методом сил”, “Розрахунок нерозрізних балок” і “Розрахунки на міцність при складному опорі, стійкість і витривалість”.

Для того щоб допомогти студентам самостійно виконати ці завдання з мінімальними затратами часу, у посібнику наведено короткі відомості з теорії, приклади розв’язання типових задач, вправи для самоперевірки засвоєння методики розв’язання таких задач і дані для виконання розрахунково-проектувальних домашніх завдань.

У тих випадках, коли розв’язання задачі пов’язано з великим обсягом обчислень, рекомендується використовувати розроблені кафедрою програми обчислень на ПЕОМ.

Результати виконання розрахунково-проектувальних робіт повинні бути оформлені в окремій розрахунково-пояснювальній записці, складеній на стандартних аркушах білого паперу, розміром 297×210 (формат А4). У розрахунково-пояснювальній записці повинні бути наведені в довільному масштабі розрахункові схеми з показаними навантаженнями, розмірами і результати розрахунку в такому вигляді, щоб можна було легко перевірити усі обчислення. Якщо при розв’язанні задачі для виконання обчислень використовувалася ПЕОМ, то до записки необхідно також прикласти роздруківку вихідних даних і основних результатів розрахунку на ПЕОМ.

У додатках наведено відповіді до вправ для самоперевірки (додаток 1) та інструкції з використання програм “PEREM”, “RАМА” і “ВАLКА” (додатки 2 – 4).

3

РОЗДІЛ 1. ЗАГАЛЬНІ МЕТОДИ ВИЗНАЧЕННЯ ПЕРЕМІЩЕНЬ

1.1. Основні відомості з теорії

Однією з найважливіших задач опору матеріалів є оцінка жорсткості конструкції. Для розв’язання такої задачі необхідно визначити переміщення (лінійні та кутові) окремих точок пружної системи під дією заданого навантаження. Визначення переміщень також є основою для розрахунків статично невизначених систем, тому що крім рівнянь рівноваги треба складати рівняння спільності деформацій (переміщень).

Для визначення переміщень пружних плоских стержневих систем зручно користуватися загальною формулою Мора

 

n li

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

NF NK

 

 

 

 

 

 

 

 

 

KF = ∑∫

+ M F M K + k QF QK dS, *

(1.1)

 

Ei Ai

 

i=1 0

 

 

Ei Ji

Gi Ai

 

де KF

– узагальнене

переміщення,

спричинене будь-яким

зовнішнім

навантаженням;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

NF ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M F , QF та N

K ,

M K ,

QK – функції внутрішніх зусиль на і-й ділянці

від дії зовнішнього навантаження та одиничної узагальненої сили**;

Ei Ai , Ei Ji , Gi Ai – жорсткість стержня при розтяганні, згинанні та зсуві

на і-й ділянці;

k – коефіцієнт, який залежить від форми поперечного перерізу.

Слід пам’ятати, що при визначенні лінійного переміщення узагальненою силою є зосереджена одинична сила, яка діє в його напрямку. При визначенні кута повороту узагальненою силою буде одиничний зосереджений момент, що діє в його напрямку.

При визначенні переміщень вузлів ферм, що складаються з прямих стержнів, з’єднаних між собою шарнірно, формула Мора (1.1) набуває вигляду

 

 

n

 

 

 

 

 

NF (i) NK (i)li

 

 

 

 

KF =

,

1.2)

 

 

 

i=1

Ei Ai

 

 

 

K (i) – поздовжня сила

в і-му стержні

від дії зовнішнього

де NF (i) та N

навантаження та одиничної узагальненої сили;

li , Ei та Ai – довжина, модуль пружності матеріалу та площа перерізу і-го стержня;

* Ця формула може застосовуватися також для кривих стержнів малої кривизни.

**В перерізах просторових стержневих систем діють шість внутрішніх зусиль N , QZ , QY , M Z , MY та M KP , тому у формулі Мора буде шість доданків, які відповідають цим зусиллям.

4

n – кількість стержнів ферми.

Формула (1.2) вперше була виведена Максвеллом, тому її називають формулою Максвелла.

У балках, плоских рамах та арках при визначенні переміщень впливом поздовжніх та поперечних сил часто можна нехтувати. Тому у формулі Мора (1.1) зберігається тільки один доданок

n

li

 

 

 

 

 

 

M F M K dS

 

 

KF =

,

(1.3)

i=1

E J

i

 

 

 

0

 

i

 

 

Визначення переміщень за методом Мора, тобто за формулою (1.3), пропонується виконувати в такій послідовності:

1)звільнити задану систему від зовнішнього навантаження та прикласти до неї відповідну шуканому переміщенню одиничну узагальнену силу. Цю систему називають допоміжною;

2)у заданій та допоміжній системах виділити загальні ділянки інтегрування і визначити опорні реакції, якщо це необхідно;

3)записати функціїї внутрішніх зусиль на кожній ділянці заданої ( M F ) і

допоміжної ( MK ) систем та спростити їх добуток M F M K ;

4) підставити функції M F M K у формулу Мора (1.3), виконати

інтегрування та додавання по усіх ділянках; 5) якщо обчислене переміщення буде додатним, то його напрям

збігається з вибраним напрямом одиничної узагальненої сили.

Розглянемо приклад застосування методу Мора для визначення переміщень у балках. Нехай треба визначити прогин посередині прольоту та кут повороту на лівій опорі балки (рис. 1.1, а), якщо EJ = const. Задачу розв’язуємо в такій послідовності:

1. Для визначення кута повороту θA усунемо зовнішнє навантаження і прикладемо в точці A одиничний зосереджений момент M A = 1. Одержана система (рис. 1.1, б) називається допоміжною.

2.В заданій (рис. 1.1, а) та допоміжній (рис. 1.1, б) системах виділяємо загальні ділянки інтегрування (I) та визначаємо реакції.

3.Записуємо функції внутрішніх зусиль MF , M A та спрощуємо їх

добуток MF M A на кожній ділянці. Ділянка I (0x≤ l):

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

M F ( x) = ql x qx

 

 

 

 

 

 

x

 

M F ( x)M A( x) = q

 

x

 

; M A( x) =1

;

lx 2x2

+

 

.

l

l

2

2

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

4. Підставимо

функції

 

 

 

 

 

 

MF M

A

у

формулу Мора (1.3)

та виконаємо

інтегрування:

5

 

q

l

 

 

x3

q

 

lx

2

 

2x3

 

x

4

 

l

ql3

 

 

 

 

 

 

 

θA =

 

lx2x2

+

 

dx =

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

=

 

.

2EJ

 

 

2

 

3

 

 

24EJ

 

0

 

 

l

2EI

 

 

 

4l

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

θA > 0, тому переріз А повертається за годинниковою стрілкою, в напрямку дії зосередженого моменту M A = 1.

VA = ql

 

l 2

VB = ql

 

l

2

 

 

2

M A =1

 

 

 

VA =

1

l

VB =

 

l

 

 

 

FK =1

 

 

VA =

1

l

VB =

1

 

2

 

 

2

Рис. 1.1

Для визначення прогину yK допоміжна система зображена на рис. 1.1, в.

У цьому випадку в заданій (рис. 1.1, а) та допоміжній (рис. 1.1, в) системах буде дві загальні ділянки інтегрування (I, II). Проте, враховуючи симетрію, можна проінтегрувати тільки по одній ділянці і результати подвоїти. Отже, маємо:

Ділянка I (0xl2):

M F ( x) =

ql x

qx2

,

 

 

K ( x) =

1 x, M F

 

 

 

K ( x) =

 

q

(lx2 x3 );

M

( x)M

 

 

2

 

 

2

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

2q

 

l2

(lx2 x3 )dx =

q

 

 

lx3

 

x4

 

 

l2

5ql4

 

 

 

 

 

 

 

 

yK =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

.

4EJ

 

3

4

 

 

384EJ

 

 

0

 

 

 

 

 

 

2EJ

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6

Оскільки yK > 0, то переміщення спрямоване вниз за напрямком дії одиничної сили FK = 1 (рис. 1.1, в).

Обчислення інтегралів Мора (1.3) істотно спрощується, якщо система складається з прямих стержнів, на окремих ділянках яких жорсткість (Ei Ji )

постійна,

а одна з підінтегральних функцій (M

K чи

M F )

лінійна. В таких

випадках для визначення переміщень зручно користуватися формулою

 

 

 

 

m

ω y

 

(1.4)

 

 

 

 

KF =

i

i ,

 

 

 

 

 

i=1

Ei Ji

 

 

де ωi

– площа епюри M F на і-й ділянці;

 

 

 

 

 

yi

 

 

K під центром ваги площі ωi .

 

– ордината епюри M

 

 

Цей

спосіб обчислення інтегралів

Мора

був

запропонований

О.М. Верещагіним. Тому він має назву способу Верещагіна, або способу помноження епюр за Верещагіним, що символічно записується так:

 

 

K *.

 

KF = MF M

(1.5)

Якщо епюра M F обмежена кривою, то обов’язково її ωF

помножується

на ординату прямолінійної епюри MK , розташовану під центром ваги площі ωF . Коли обидві епюри M F та MK обмежені прямими, то можна помножити

площу будь-якої з них на ординату іншої під центром ваги відповідної площі. Якщо епюра M F складна, то перш ніж застосовувати спосіб

Верещагіна, її слід розбити на прості фігури, для яких легко визначити площу і положення ценра ваги. Добуток площі на ординату вважається додатним, якщо вони розташовані по один бік від базової лінії.

Наприклад, на ділянці довжиною l та жорсткістю EJ (рис. 1.2, а) перемножити між собою за Верещагіним епюри M F та MK (рис. 1.2, б і в).

Розбивка їх на прості епюри зображена на рис. 1.2, г і д.

Отже, епюра M F складається з двох трикутників, площі яких визна-

чаються за формулами ω1 = − 12 al і ω3 = 12 bl, та чистої випуклої параболи

площею ω2 . Якщо скласти її рівняння та виконати інтегрування, то одержимо формулу для визначення площі чистої випуклої параболи

ω=

ql3

.

(1.6)

12

 

 

 

* Переміщення від дії поздовжніх і поперечних сил, а також крутних моментів визначаються за аналогічними формулами.

7

l

ω2 ω3

ω1 y

1

y2

y3

 

 

 

 

ω2

l/ 2

l/ 2

 

 

13 l

 

 

 

 

 

 

ω1

 

 

 

 

 

2

3 l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ω3

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

d

 

 

 

 

2 3

 

 

 

12 c

1

3

c

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

12 d

2 3 d

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 1.2

ql3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

За формулою (1.6)

знаходимо

ω2 =

.

 

Ординати епюри MK під

12

 

центрами ваги площ ω1 , ω2 , ω3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

визначаємо із подібності трикутників

y = − 2 c+ 1 d , y

2

= − 1 c+ 1 d , y = − 1 c+ 2 d .

1

3

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

2

 

 

3

 

3

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тепер добуток епюри M F

 

 

 

 

 

 

K

за Верещагіним буде

 

 

та M

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

ω y .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F

 

M

 

K

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ i=1

 

i

i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Розглянемо приклад застосування способу Верещагіна для визначення переміщень у балках. Нехай треба визначити прогин посередині прольоту заданої балки (рис. 1.3, а), якщо EJ = const.

8

 

 

l/ 2

 

l/ 2

VA =

ql

 

 

VB = ql

2

ω2

ω3

2

 

 

ω1

ql2

 

ω4

 

 

 

 

 

 

 

 

8

 

 

 

 

y1 y2

FK =1

 

y4

 

 

 

 

 

VA =

1

 

 

VB =

1

 

2

l4

 

 

2

 

ω2

ω3

 

 

 

ω1

ql2

ω

 

 

 

8

4

 

 

 

 

 

Рис. 1.3

Задачу розв’язуємо в такій послідовності:

1. Побудувати епюру згинальних моментів M F від дії зовнішнього

навантаження (рис. 1.3, б).

2. Усунути зовнішнє навантаження та прикласти в напрямку шуканого переміщення відповідну одиничну узагальнену силу і побудувати епюру згинальних моментів MK від її дії (рис. 1.3, в).

3. Перемножити між собою за Верещагіним епюри M F і MK . Оскільки під епюрою M F (рис. 1.3, б) епюра MK (рис. 1.3, в) обмежена ламаною лінією, то її треба розбити на прості складові (рис. 1.3, г) так, щоб під кожною

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

площею ωi епюра M

K

була обмежена прямою лінією. При цьому маємо

 

ω = ω =

q(l2)3

 

= ql3 ,

ω = ω = 1

ql2

 

l

= ql3 ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

4

12

 

 

 

 

96

 

 

 

 

2

 

 

 

3

2

 

8

 

2

 

 

32

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y = y

 

= 1

 

l

=

l

, y

 

= y = 2

l

=

 

l

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

2 4

 

8

 

 

 

 

3

 

3 4

 

 

6

 

 

 

 

 

 

y = M M

 

= ωi yi

=

 

 

 

+ ql

 

 

 

 

 

 

 

 

1 =

5ql .

 

2 ql

l

l = 2ql

1 +

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

K

F

K

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i=1

EJ

 

 

EJ 96

8

 

32

 

6 64EJ 12

3

384EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1.2. Приклади визначення переміщень у балках та рамах

Приклад 1.1. Визначити методом Мора та способом Верещагіна прогин yc та кут повороту θB для балки (рис. 1.4, а), якщо EJ = const,

R3 Г = 215 МПа , R3C =130 МПа, n= 1, m= 1.

Розв’язання виконуємо в такій послідовності:

1.Визначити опорні реакції

M A = q 7 1,5 + M + F 9 VB 8 = 0

VB = 18 (10 7 1,5 + 40 +50 9)= 74,38 кН,

M B = −q 7 6,5 + M +1 F +VA 8 = 0

V A = 18 (10 7 6,5 40 50 1)= 45,62 кН.

Перевірка:

Y =VA +VB q 7 F =45,62 +74,38 10 7 50 =120 120 =0,

тобто реакції визначені правильно.

Балка має чотири ділянки (рис. 1.4, а). Складемо функції Q i M на

кожній з них та обчислимо значення цих функцій у характерних перерізах.

Ділянка I (0 x ):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q(x) = −qx; Q

 

x=0 = 0, Q

 

x== −10 2 = −20 кН.

 

 

 

M (x) = −q x2

;

 

M

x=0 = 0, M x== −10 12 = −5 кН,

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

M

 

x=

= −10

22

= −20 кН.

 

 

2

Ділянка II (0 x 5м) :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q(x) =−q(2+x) +VA;

Q

 

x=0 =−10 2+45,62 =25,62 кН,

 

Q x== −10 7 + 45,62 = −24,38 кН.

Q змінює знак на ділянці. Знайдемо точку екстремуму функції M .

10

Q(x) = −q(2 + x ) +V

A

= 0 x =

VA

2 = 45,62 2 = 2,56 м.

 

 

0

 

 

 

 

 

0

 

q

 

10

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M (x) =

q(2 + x)2

+VA x;

 

M

 

x=0 =

10 22

= −20 кНм,

 

 

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

10 4,562

 

 

 

Mmax = M

 

x=2,56м =

+ 45,62 2,56 = 2,82 кНм,

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M

 

x=

=

10 72

+ 45,62 5 = −16,86 кНм.

 

 

 

 

 

 

2

Ділянка IV (0 x ):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q(x) = F =50 кН = const;

M (x) = −F x;

 

 

 

 

 

M

 

x=0 = 0,

 

M

 

x== −50 кНм.

 

 

 

 

 

 

 

 

Ділянка III (0 x 3м) :

Q(x) = F VB = 50 74,38 = −24,38 = const ,

M (x)= − F (1+ x)+ VB x,

M x=0 = −50 кНм, M x== −50 4 + 74,38 3 = 23,14 кНм.

За обчисленими значеннями Q i M на рис. 1.4, б, в побудовані епюри поперечних сил та згинальних моментів, з яких знаходимо Qmax = 50 кН,

M max =50 кНм.

2. Підібрати номер двотавра з умови міцності балки за нормальними

напруженнями,

якщо R3 Г

= 215 МПа

 

та R3C =130 МПа, n= 1, m= 1.

(Розрахунок за граничним станом – втрата несучої здатності).

Умова міцності має вигляд

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σ =

 

M

 

max n

mR

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

max

 

WZ

 

 

3Г

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

У небезпечному перерізі балки В

 

M

 

max = 50 кНм, тоді з умови міцності

 

 

 

 

визначимо

 

 

M

 

max n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

W потр

 

 

=

50 103 1

= 2,326 102 м3 = 232,6 см3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Z

 

 

mR

1 215 106

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3Г

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

і за сортаментом (ГОСТ 8239-89) знаходимо двотавр № 22 з найбільш близьким меншим моментом опору WZ = 232 см3 . При цьому

11

 

 

 

 

σ

max

= 50 103 1215,5 106

Н

= 215,5 МПа > mR

= 215МПа

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

232 106

 

 

 

м2

 

 

 

 

 

 

 

3Г

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

на

ε =

215,5 215100% = 0,23% < 5% , що

допустимо,

тому приймаємо

 

 

 

 

 

 

 

215

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

двотавр № 22 (W = 232 см3 , J

Z

= 2550 см4 ,

S

Z

=131 см3 ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h = 220мм,

b =110мм, d = 5,4мм,

 

t =8,7мм) .

 

 

2.

 

Перевіримо міцність балки за дотичними напруженнями

 

τ

max

=

 

 

Qmax

 

n Sz

=

50

103 1 131 106

= 47,6 10

6

 

Н

= 47,6МПа < mR

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d

JZ

 

5,4

103 2550 108

 

 

 

 

 

 

м2

 

3C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тобто двотавр № 22 задовольняє умові міцності балки за дотичними напруженнями.

4. Визначимо прогин перерізу С та кут повороту перерізу В методом Мора.

Оскільки балка – прямолінійний стержень, що має постійну жорсткість при згинанні, формула Мора (1.3) набуває такого вигляду:

 

1

n li

 

 

KF =

∑∫M F

M K

dx,

 

 

EJ i=1 0

де EJ = 2 105 106 2550 108 = 5,1 106 Нм2 – жорсткість при згинанні.

Побудуємо дві допоміжні системи та завантажимо їх за напрямком шуканих переміщень одиничними узагальненими силами.

Для визначення прогину перерізу С допоміжну систему в цьому перерізі завантажимо одиничною силою FC = 1 (рис. 1.4, г).

Визначимо опорні реакції:

M A = −1

 

 

 

 

 

 

 

 

1 (1 2)

= 0,25.

2 +VB 8 = 0;

VB =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8

 

 

 

M B = −1

 

 

 

 

VA = 1

(1 10)

=1,25

10 +VA 8 = 0;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8

 

 

 

Для визначення кута повороту перерізу В допоміжну систему в цьому перерізі завантажимо одиничним моментом M B = 1 (рис. 1.4, е).

Визначимо опорні реакції:

 

 

 

 

 

 

 

1

1 = 0,125

1

,

M A =1VB 8 = 0,

 

VB =

8

м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

1 = 0,125

1

.

M B =1VA 8 = 0,

 

VA =

8

м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

12

Узаданій та допоміжній системах виділимо загальні ділянки. Запишемо рівняння згинальних моментів у заданій та у допоміжних системах (рис. 1.4,

а, г, е).

Узаданій системі реакції опор дорівнюють

VA = 45,62 кН, VB = 74,38 кН.

Ділянка I (0 x 2м) :

M F ( x) = −q

x2

= −5x2 ,

 

 

 

 

 

MC ( x) = −1x = −x, M

B( x) = 0.

 

2

 

 

 

 

 

 

M F ( x) MC ( x) =(5x2 )(x)= 5x3 ,

M F ( x) M B( x) = 0.

Ділянка II (0 x 5м) :

M F ( x) = −q (2 +2x)2 +VA x = −5x2 + 25,62x 20,

MC ( x) = −1 (2 + x) +VA x = 0,25x 2,

M B( x) = −VA x = −0,125x,

M F ( x) MC ( x) = (5x2 + 25,62x 20)(0,25x 2)=

=1,25x3 + 6,405x2 5x +10x2 51,24x + 40 =

=1,25x3 +16,405x2 56,24x + 40,

M F ( x) M B( x) = (5x2 + 25,62x 20)(0,125x)= = 0,625x3 3,2025x2 + 2,5x.

13

I

q=10кН/м

II

 

 

а

 

 

 

 

С

 

A

x

 

x

 

 

 

 

 

V А=45.62кН

 

 

 

 

 

 

x0=2.56м

б

25.62

 

 

 

 

 

 

 

 

 

20

 

 

в

20

 

ω3

ω5

M =40кНм

Q кН

M F кНм

ω4

F=50кН

III IV

D

E

x B x

V B =74.38кН

3м 1м

50

24.38

50

86

ω6

16.

 

 

ω2

ω1

2.82

23.14

 

ω7

 

 

 

 

 

FC =1

 

 

 

D

E

г

С

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

B

 

 

 

 

 

V А=1.25

V B =0.25

 

2

 

 

M С

0.75

 

 

 

 

 

 

 

д

 

 

 

 

 

 

y2 y1

y3

y5

y4

y7

y6

МB =1

 

 

 

 

 

 

е

A

V A = 0 .125 1 м

M B

є y3 y5 y4

ж A

V A = 3

8

MD

 

з

 

 

 

y3 y5 y4

Рис. 1.4

D

B

V B = 0.125 1 м

0.625

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y7 y6

FD =1

D

B

V B = 5 8

1 5 y7 y6

8

14

Ділянка IV (0 x 1м) :

M F ( x) = − F x = − 50x, MC ( x) = 0, M B( x) = 0 ,

M F ( x) MC ( x) = 0, M F ( x) M B( x) = 0.

Ділянка III (0 x 3м) :

M F ( x) = −F (1+ x) +VB x = 24,38x 50,

MC ( x) = −VB x = −0,25x, M B( x) =VB x 1 = 0,125x 1,

M F ( x) MC ( x) = (24,38x 50)(0,25x)= −6,1x2 +12,5x,

M F ( x) M B( x) = (24,38x 50)(0,125x 1)=

= 3,0475x2 6,25x 24,38x +50 =

= 3,0475x2 30,63x +50.

Для визначення прогину перерізу С підставимо добутки функцій M F і MC у формулу Мора та виконаємо інтегрування з додаванням по усіх ділянках:

 

 

 

1

 

2

3

5

 

 

3

 

 

 

 

2

 

 

3

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

yC =

 

 

 

5x

dx+(1,25x

+16,405x

 

56,24x+40)dx+(6,1x

 

+12,5x)dx

=

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

0

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

x4

 

2

 

 

x4

 

 

 

x3

 

 

 

x2

+40x)

 

5

 

x3

 

x2

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

5

 

 

 

 

 

0

+(1,25

 

+16,405

 

 

56,24

 

 

0 +(6,1

 

 

+12,5

 

)

0

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

4

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

3

 

 

 

 

2

 

 

 

 

3

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= (20 195,31+683,54 703+200 54,9+56,25) =

6,58

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

=

6,58 103

= 0,0013 м = 0,13 см.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

5,1 106

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для визначення кута повороту перерізу В підставимо функції MF · M B у формулу Мора та обчислимо інтеграли з додаванням по усіх ділянках:

15

 

 

 

 

 

 

1

 

5

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

θB =

 

 

 

 

(0,625x

 

3,2025x

 

 

+2,5x)dx+(3,0475x

 

30,63x+50)dx

=

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

x

4

 

 

 

 

x

3

 

 

 

 

 

 

x

2

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

3

 

 

 

x

2

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

50x)

 

=

 

 

 

 

(0,625

 

 

3,2025

 

 

 

+

2,5

 

 

 

)

 

0 +(3,0475

 

 

 

 

30,63

 

 

 

+

0

=

EJ

 

 

4

 

3

2

 

3

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

1

(97,66 133,44 +31,25 +27,43 137,84 +150) = 35,06

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

θB =

35,06 103

= 0,0069 рад.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5,1 106

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Визначимо прогин перерізу С та кут повороту перерізу В способом

Верещагіна.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для цього треба спочатку побудувати епюри

M F від дії зовнішнього

навантаження (рис. 1.4, в)

 

та

 

 

 

C

 

і

 

 

 

 

 

від

дії

одиничних

навантажень

 

 

M

 

M

B

 

 

(рис. 1.4, д, є), а потім перемножити їх між собою. Розкладемо епюру MF на

прості фігури та визначимо їх площі:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ω = −1 20 2 = −20кНм2 ,

 

 

 

 

 

 

 

ω

5

=

10 53

 

=104,167кНм2 ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

12

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ω2 =

10 23

= 6,667кНм2

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ω6 = −1

50 3 = −75кНм2 ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

12

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ω3 = −1 20 5 = −50кНм2

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ω7

 

= 1

23,14 3 =34,71кНм2.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ω4 = −

1 16,86 5 = −42,15кНм2.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Під центрами ваги площ ωi

 

 

C :

 

визначимо ординати на одиничній епюрі M

 

y = −2 2 = −1,333 м,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

5

 

 

= −0,75 1 1,25 = −1,375 м,

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y2

= −

1

2 = −1 м,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y6 = −

1

 

0,75 = −0,25 м,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

= −0,75 2 1,25 = −1,583 м,

 

 

 

y

7

= − 2 0,75 = −0,5 м.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y4 = −0,75

1

1,25 = −1,167 м,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

16

Помножимо епюру MF на MC з урахуванням знаків множників:

yC =MF MC = EJ1 (20 1,3336,667 1+50 1,583+42,15 1,167 104,167 1,375+ +75 0,25 34,71 0,5) = EJ1 (26,667 6,667 +79,15+49,19 143,23+

 

 

 

+18,75 17,355) =

6,505

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

y =

6,505 103

= 0,0013 м = 0,13 cм.

 

 

 

 

 

C

5,1 106

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

під центрами ваги площ ωi :

Визначимо ординати на одиничній епюрі M

B

y =0,

 

 

 

y =−1 0,625 =−0,3125 м,

1

 

 

 

5

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y =0,

 

 

y =−0,6252

0,375=−0,875 м,

2

 

 

 

6

3

 

 

 

 

 

 

 

y = −1

0,625 = −0,2083 м,

y = −0,625 1 0,375 = −0,75 м.

3

3

 

 

7

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

y4 = − 23 0,625 = −0,4167 м.

Помножимо епюру M F на M B з урахуванням знаків множників:

θB =MF MB = EJ1 (20 0 6,667 0 +50 0,2083+42,15 0,4167 104,2 0,3125+ +75 0,87534,71 0,75) = EJ1 (10,41+17,56 32,56 +65,6326,03) =

=

35,01

 

θB =

35,01

103

= 0,0069 рад.

EJ

5,1 106

 

 

 

 

Як видно, переміщення, визначені методом Мора та способом Верещагіна, однакові.

Визначити прогин перерізу D способом Верещагіна (рис. 1.4, а). Епюра M D від дії одиничної узагальненої сили FD = 1 наведена на

рис. 1.4, з. Визначимо ординати на цій епюрі під центрами ваги площ ωi епюри

M F :

y = 1

15

= 15 м,

y = 0,

1

5

2

8

16

 

 

17

y2 = 0,

 

 

 

 

 

 

 

y6

=

1

 

15

=

5

м,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

8

 

8

 

y = 1

15

= 5 м,

 

 

 

 

 

 

y = 2

15

= 5 м,

3

3

8

8

 

 

 

 

 

 

7

 

3

 

8

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y4

=

2

 

15

=

5

м.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

8

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

Помножуючи епюру M F на M D за Верещагіним, одержимо

yD =MF MD = EJ1 (50 85 42,15 54 +104,167 75 85 +34,71 54) =

=

1

(31,2552,69+97,6646,875+43,39) =

1

(130,815+141,05) =

EJ

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

10,235

кНм3

yD =

10,235 103

= 0,002 м = 0,2 см.

 

 

 

EJ

 

 

5,1 106

 

 

 

5. Перевіримо правильність розв’язання задачі на ПЕОМ.

Згідно з інструкцією до програми “PEREM” (Додаток 2) необхідно підготувати вихідні дані для перевірки (приклад наведено нижче).

Робота №4Д з опору матеріалів (задача

№1)

 

 

Іванов І.І., гр.Д-22,

 

-

2

3

1

 

сх.-вар.,

par

 

 

 

Число ділянок

Довжина і епюри

-

4

 

 

 

|---------------

|

|

M1

по ділянках ---------------------

MF

|

|

M2

|

M3

|

|№д| L

|-------------------------------------------------------

лів.

пр. | лів.

пр.

| лів.

 

пр. |

лів. пр.

|

|

|

|

 

q |

-----------------------------------------------------------------

1 | 2

0

-2

0

 

0

0

 

 

0

0

 

-20

-10

2

| 5

-2

-0.75

0

 

-0.625 0

 

 

1.875 -20

-16.86 -10

3

| 3

-0.75

0

-0.625

-1

1.875

0

23.14 -50

0

4 | 1

0

0

0

 

0

0

 

 

0

-50

0

0

 

В таблиці наведено:

M1=

 

,

M 2=

 

,

M 3=

 

.

 

 

 

MC

M B

M D

 

 

Після вводу цих даних та розрахунку на ПЕОМ одержимо роздруківку результатів, яка наведена нижче.

18

 

 

 

Розрахунок переміщень для балки (задача №1)

 

 

 

 

 

 

 

Вихідні дані задачі:

- 4

 

 

 

 

 

Число ділянок

 

 

 

 

 

 

 

|------------------

|

|

M1

Довжина і епюри по ділянках -----------------

MF

 

|

|

M2

|

M3

 

|

 

 

|№д| L

|------------------------------------------------------

пр. | лів. пр. | лів.

пр. |

лів.

пр.

q

|

|

|

| лів.

|

|

|

| м

м

| -

-

|

м

м

|

кНм

кНм кН/м |

----------------------------------------------------------------

| 1|2.00| 0.00|-2.00| 0.00| 0.00| 0.00| 0.00|

0.00|-20.00|-10.00|

| 2|5.00|-2.00|-0.75| 0.00|-0.63| 0.00| 1.88|-20.00|-16.86|-10.00|

| 3|3.00|-0.75| 0.00|-0.63|-1.00| 1.88| 0.00| 23.14|-50.00|

0.00|

| 4|1.00| 0.00| 0.00| 0.00| 0.00| 0.00| 0.00|-50.00|

0.00|

0.00|

----------------------------------------------------------------

|--------------------

|

MFxM1

Перемноження по фігурах

-----------------------|

MFxM3

 

|

 

|

 

MFxM2

 

 

 

|№д|---------------------------------------------------------------

| wy2

| wy3

| wy1

 

| wy2 | wy3

| wy1

| wy2

 

|

|

| wy1

 

 

| wy3 |

--------------------------------------------------------------------

| 1| -0.00|

26.67|

-6.67|

0.00|

-0.00|

0.00|

0.00| -0.00|

0.00|

| 2|

79.17|

49.17|-143.23| 10.42|

17.56|-32.55|-31.25|-52.69| 97.66|

|

3|-17.36|

18.75|

-0.00|-26.03|

65.63| -0.00| 43.39|

46.88|

0.00|

|

4|

-0.00|

0.00|

0.00|

-0.00|

0.00|

0.00|

-0.00|

0.00|

0.00|

--------------------------------------------------------------------

Результати розрахунку

delta1F= 6.51кНм3 delta2F= 35.02кНм2 delta3F= 10.23кНм3

Виконав на ПЕОМ ст. Іванов І.І., гр. Д-22, сх.-вар. 2 3

У роздруківці наведено:

delta1F = EJyC , delta2F = EJθB , delta3F = EJyD .

З таблиці видно, що результати розрахунку на калькуляторі і на ПЕОМ практично однакові. Отже, задача розв’язана правильно.

Приклад1.2. Визначити способом Верещагіна вертикальне переміщення перерізу С та горизонтальне перерізу D плоскої рами, наведеної на рис. 1.5.

q=10кН/м

D

III

x

м

II

 

3

 

x

 

 

IV

F=20кН

V

 

C

B

 

x

 

x

 

 

 

VB=29кН

 

 

M=12кНм

м

I

 

3

 

x

HА=20кН

A

VА=9кН

Рис. 1.5

19

Розв’язання виконується в такій послідовності: 1. Визначимо опорні реакції:

X = q 2 H A = 0,

H A = 10 2 = 20 кН,

M A = M + q 2 7 + F 4 VB 8 = 0,

V

= 1 (12 +10 2 7 + 20 4) = 29кН.

B

8

 

 

 

M B = VA 8 + H A 6 + M + q 2 1F 4 = 0 VA = 18 (20 6 +12 +10 2 120 4) = 9кН.

Перевірка:

Y = VA +VB F = 9 + 29 20 = 29 29 = 0 .

2.Виділимо окремі ділянки (п’ять ділянок) (рис. 1.5).

3.Скласти функції N, Q, M на кожній ділянці та обчислити значення

цих функцій у характерних перерізах. Ділянка I (0 x 3м) :

N (x) = VA = 9 кН = сonst;

Q(x) = H A = 20 кН = const;

M (x) = H A x, M x=0 = 0, M x=3 = 60 кНм.

Ділянка II (0 x 3м) :

N (x) = NA = 9кН = const;

Q(x) = H A = 20кН = const;

M (x) = H A (3 + x) + M , M x=0 = 20 3 +12 = 72кНм,

M x=3

Ділянка III (0 x 2) :

Q(x) = qx,

= 20 6 +12 = 132кНм.

N(x) = 0;

Q x=0 = 0, Q x=2 = 20 кН,

20

M (x) = q x2

, M

x=0 = 0, M

x=2 = 10 22

2

= 20 кНм, M x=1 = 10 12

2

= 5 кНм

2

 

 

 

 

 

Ділянка V (0 x 4м) :

N (x) = 0;

Q(x) = VB = 29кН = const;

M (x) = VA x, M x=0 = 0, M x=4 = 29 4 = 116кНм.

Ділянка IV (0 x 4м) :

N(x) = 0;

Q(x) = VB + F = 29 + 20 = 9 кН = const;

M (x) = VB (4 + x) F x,

M x=0 = 29 4 = 116кНм, M x=4 = 29 8 20 4 = 152кНм.

4. Побудувати епюри N, Q, M.

За обчисленими значеннями N, Q, M на рис. 1.6 побудувано епюри N, Q, M.

а

 

 

б

 

 

 

 

 

 

 

 

9

 

 

 

 

 

 

29

 

N

кН

 

 

 

Q

кН

 

 

 

 

 

9

 

 

 

20

 

 

 

 

 

 

 

 

в

ω8

ω7

 

 

ω1

 

 

ω3

132

ω2

 

 

20

 

 

 

 

 

 

ω6

 

 

 

 

 

 

ω5152

 

72

116

 

 

 

 

60

 

 

 

 

ω4

 

 

 

 

 

 

 

MF

кНм

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 1.6

 

 

 

 

 

 

21

 

 

5. Визначити вертикальне переміщення перерізу C способом Верещагіна. Побудуємо допоміжну систему, завантажену одиничною узагальненою силою FC = 1, прикладеною вертикально в перерізі C

(рис. 1.7, а).

Визначити опорні реакції та побудувати епюру MC .

а

 

F=1

б

 

 

 

 

y3

y2

y1

 

 

 

x

C

 

B

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

VB=1/2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

MC

4м 4м

A

VА=1/2

Рис. 1.7

M A = 1 4 VB 8 = 0, VB = 18 (1 4) = 12 .

M B = VA 8 1 4 = 0,

VA = 18 (1 4) = 12 .

На ділянках I, II, III (рис. 1.5) згинальні моменти MC дорівнюють нулю. Ділянка IV (0 x 4м) :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 0, M

 

 

 

= 1

4 = 2м.

M

C

(x) = V x, M

x=0

 

x=4м

 

 

 

 

 

A

 

 

 

 

2

 

Ділянка V (0 x 4м) :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M

C

(x)=V

 

x, M

 

 

x=0

= 0, M

 

 

x=4м

= 1

4 = 2м.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

22

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Епюра M

C

показана на рис. 1.7, б.

 

 

 

 

 

 

 

 

Розкладемо епюру M F на прості фігури та визначимо їх площі.

ω = 1 116 4 = 232кНм2 ,

ω

2

= 1

116 4 = 232 кНм2 ,

 

 

1

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ω = 1 152 4 = 304кНм2 ,

ω

4

= 1

60 3 = 90 кНм2 ,

 

 

3

 

 

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ω5

=

1

72 3 = 108кНм2 ,

 

ω6 =

1

132 3 = 198 кНм2 ,

 

 

2

1

 

 

 

 

 

 

2

10 23

 

 

ω7

=

2

,

 

 

 

ω8

=

2

.

2

20 2 = 20 кНм

 

 

 

12

= 6,67 кНм

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Під центром ваги отриманих площ визначити ординати на одиничній епюрі MC .

y

= 2 2 =1,333 м,

y

= 0,

1

3

5

 

 

 

 

y

= 2 2 =1,333 м,

y

= 0,

2

3

6

 

 

 

 

y

= 1 2 = 0,667 м,

y

= 0,

3

3

7

 

 

 

 

y4 = 0,

y8 = 0.

Помноживши епюру M F на MC за Верещагіним, одержимо

yC = MF MC = EJ1 (232 1,333+ 232 1,333+304 0,667) =

= EJ1 (309,3+309,3+ 202,8) = 821,4EJ

Відповідь додатна, тому переріз С переміщується за напрямом одиничної сили FC = 1, тобто униз.

6. Визначити горизонтальне переміщення перерізу D способом Верещагіна.

Побудуємо допоміжну систему, завантажену одиничною узагальненою силою FD = 1, прикладеною горизонтально в перерізі D (рис. 1.8, а).

23

а

FD=1

D

II III x

x

I

x

 

 

б

 

 

 

 

IV

 

y7

y8

 

 

 

V

y3

6

y2

y1

C

 

 

B

2

 

 

 

 

x

x

y6

 

 

 

4

 

 

 

y5

 

 

VB=1

8

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

MD

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y4

 

 

 

HА=1

A

 

 

 

 

VА=1

 

 

 

 

Рис. 1.8

 

 

 

Визначити опорні реакції та побудувати епюру M D .

 

 

X = 1H A = 0, H A = 1.

 

 

M A = 1 8 VB 8 = 0, VB =

1 (1 8) =

1.

 

 

 

8

 

 

M B = VA 8 + H A 6 +1 2 = 0.

 

 

VA = 1 (1 2 +1

6) = 1.

 

 

8

 

 

 

Як

видно, допоміжна система під

дією

одиничної сили FD = 1, яка

прикладена у перерізі D, має три ділянки. Побудуємо епюру M D .

Ділянка I+II (0 x 6м) :

M D (x) = H A x; M D x=0 = 0; M D x=6 = 6 м.

Ділянка III (0 x ) :

MD (x) = 1 x; MD x=0 = 0; MD x=2 = 1 2 = 2 м.

Ділянка V+ІV (0 x 8м) :

M D (x) = VB x, M D x=0 = 0, M D x=8 = 1 8 = 8.

Під центром ваги площ, на які розкладена епюра M F , визначити на одиничній епюрі M D ординати

24

y

 

= 2

4 = 2,667 м,

y

 

= 3 + 1

3 = 4 м,

1

3

 

5

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

y

2

= 4

+ 1 4 = 5,333 м,

y

 

= 3 + 2

3 = 5м,

 

 

3

6

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

= 4

+ 2 4 = 6,667 м,

y

 

= 2

2 = 2,667 м,

3

 

3

7

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

4

= 2 3 = 2м,

y

= 1 2 = 1м.

 

3

8

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

Помноживши епюру M F на M D за Верещагіним, одержимо

yD = MF MD = EJ1 (232 2,667+232 5,333+304 6,667+90 2+108 4+

+198 5+20 2,6676,67 1) = EJ1 (618,7+1237,3+2026,8+

+180+432+990+53,36,67) = 5531,4EJ .

7. Перевіримо правильність розв’язання задачі на ПЕОМ.

Згідно з інструкцією до програми “PEREM” (Додаток 2) необхідно підготувати вихідні дані для перевірки (приклад наведено нижче).

Робота

№4Д з опору матеріалів (задача

№2)

 

 

 

Іванов

І.І., гр.Д-22,

-

2

3 1

 

 

сх.-вар.,

par

 

 

 

 

Число ділянок

 

 

-

5

 

 

 

|--------------

|

 

|

Довжина і епюри по ділянках

-------------------

MF

|

L

M1

|

M2

|

 

|№діл|

|--------------------------------------------------

лів.

пр. |

лів. пр.

|

лів.

пр.

|

|

|

 

|

q |

--------------------------------------------------------------

1

| 4

2

0

4

0

116.0

0

0

2

| 4

0

2

8

4

152.0

116.0

0

3

| 3

0

0

0

3

0

60.0

0

4

| 3

0

0

3

6

72.0

132.0

0

5

| 2

0

0

-2

0

-20.0

0

-10

 

У таблиці наведено:

M1=

 

C ,

M 2 =

 

D .

 

 

 

M

M

 

 

25

Після вводу цих даних та розрахунку на ПЕОМ одержимо роздруківку результатів, яка наведена нижче.

 

 

Розрахунок переміщень для рами (задача №2)

 

 

 

 

 

Вихідні дані задачи:

-

4

 

 

 

Число ділянок

по ділянках

|----------------

|

|

Довжина

і епюри

MF

|

M1

|

M2

 

|

лів.

|

|

| лів.

пр. |

лів.

пр. |

пр.

q |

|

|

| м

м

|

м

м

|

кНм

кНм

кН/м |

-------------------------------------------------------------

|

1|

4.00|

2.00|

0.00|

4.00|

0.00|

116.00|

0.00|

0.00|

|

2|

4.00|

0.00|

2.00|

8.00|

4.00|

152.00|

116.00|

0.00|

|

3|

3.00|

0.00|

0.00|

0.00|

3.00|

0.00|

60.00|

0.00|

|

4|

3.00|

0.00|

0.00|

3.00|

6.00|

72.00|

132.00|

0.00|

| 5| 2.00|

0.00|

0.00| -2.00|

0.00| -20.00|

0.00|-10.00|

-------------------------------------------------------------

|--------------

|

 

Перемноження по фігурах -------------

|

 

MFxM1

|

 

MFxM2

|№д|

------------------------------------------------

 

 

wy1 |

wy2 |

wy3 |

| | wy1 | wy2 | wy3 |

----------------------------------------------------

|

1|

309.33|

0.00|

0.00|

618.67|

0.00|

0.00|

| 2| 202.67|

309.33|

0.00|2026.67|1237.33|

0.00|

|

3|

0.00|

0.00|

0.00|

0.00|

180.00|

0.00|

|

4|

0.00|

0.00|

0.00|

432.00|

990.00|

0.00|

| 5|

0.00|

0.00|

0.00|

26.67|

0.00|

-6.67|

----------------------------------------------------

Результати розрахунку delta1F= 821.33кНм3 delta2F=5504.67кНм2

Виконав на ПЕОМ ст. Іванов І.І., гр. Д-22, сх.-вар. 2 3

У роздруківці наведено: delta1F = EJyC , delta2F = EJxD .

З таблиці видно, що результати розрахунку на калькуляторі і на ПЕОМ практично однакові. Отже, задача розв’язана правильно.

Приклад 1.3. Визначити методом Мора вертикальне переміщення перерізу B та кут повороту перерізу C для наведеного на рис. 1.9, а криволінійного стержня, який описан по дузі кола радіуса R .

Слід зазначити, що визначення переміщень в таких стержнях краще виконувати в полярній системі координат. Незалежною змінною величиною треба прийняти центральний кут ϕ . Крім того, в криволінійних стержнях

додатне значення згинального моменту збільшуе кривизну стержня, а від’ємне – зменшує.

Оскільки стержень криволінійний та має постійну жорсткість, формула Мора має такий вигляд:

KF = E1J S MF MK dS, де dS = Rdϕ .

26

Побудуємо дві допоміжні системи, завантаживши їх за напрямком

шуканих

переміщень

відповідними

одиничними

узагальненими

силами

(рис. 1.9, б, в).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M=30кНм

 

 

 

 

 

 

 

 

а

C

 

 

б

 

C

 

 

 

II

 

 

I

II

 

φ

I

 

 

 

φ

 

 

 

 

 

 

dS

 

 

 

dS

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

φ

F=60кН

 

 

 

φ

B

 

A

R=3м

 

B

A

 

 

 

FB=1

 

 

 

 

 

MC=1

 

 

 

 

в

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

II

 

C

I

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

φ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

φ

 

 

 

 

 

A

 

 

 

B

 

 

 

 

 

 

Рис. 1.9

 

 

 

 

 

Опорні реакції у такому криволінійному

стержні

визначати

не

обов’язково, тому що можна розглядати цей стержень з вільного кінця.

 

У заданій та допоміжній системах визначимо дві загальні ділянки.

Запишемо рівняння згинальних моментів M F

– в заданій системі та M B

і MC

у допоміжних.

π) :

 

 

 

 

 

 

 

Ділянка I (0 ≤ ϕ≤

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

M F = F Rsinϕ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M B = 1 R (1cosϕ), MC = 0,

 

 

 

 

 

M F M B = F Rsinϕ R (11cosϕ) = FR2sinϕ(1cosϕ),

 

 

 

 

π) :

M F MC = 0.

 

 

 

 

Ділянка II (0 x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

27

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M F = F Rcosϕ M ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M

B = 1R (1+ sinϕ), MC = 1,

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

M

 

M F M B = (F Rcosϕ M ) R (1+ sinϕ) = R

F cosϕ

(1+ sinϕ),

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R

 

MF MС = FRcosϕ M.

Підставивши одержані функції та виконавши інтегрування, одержимо

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

yB =

 

 

1

 

2

FR2sinϕ(1cosϕ)Rdϕ +

2

R2 (Fcosϕ M )(1+ sinϕ)Rdϕ

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

π

 

 

 

π

 

 

M

 

M

 

 

 

 

 

 

3

2

 

 

 

3

2

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

FR

 

 

(sinϕ sinϕcosϕ)dϕ + R

(Fcosϕ

 

+ Fcosϕsinϕ

 

sinϕ)dϕ

 

=

EJ

 

 

R

R

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 sin2ϕ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 sin2ϕ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

2

 

=

 

 

FR

(cosϕ) FR

 

 

 

 

 

 

+

FR sinϕ MR ϕ

+ FR

 

 

MR

 

(cosϕ)

 

 

=

EJ

 

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

1

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

2

3,14

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

60 3 (0 +1)

60

3

 

2

0

+ 60 3 (10) 30 3

 

 

2

 

 

0

+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

1

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+60 3

 

2

0

30 3 (0 +1)

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

1

 

(1620 810 +1620

424 + 810

270) = 2546 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

M

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

θC =

 

 

 

 

 

(F R cosϕ

M

 

)R d ϕ

 

=

 

 

R

 

 

 

F cosϕ

 

 

 

d ϕ

 

=

 

E J

 

E J

 

 

 

R

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 ,14

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

F R

 

sin ϕ

M Rϕ

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

60 3

 

(1 0 ) 3 0

3 (

 

 

 

 

 

0 )

=

 

E J

 

 

 

 

 

 

 

E J

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

1

 

 

 

(5 4 0

14 1 ) =

399 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E J

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E J

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

28

1.3. Приклади для самостійного розв’язання

Приклад 1.4.

Визначити

прогин yK

та кут повороту θB балки, що

зображена на рис 1.10, методом Мора.

 

F=80кН

 

M=60кНм

 

 

q=30кН/м

 

 

 

К

А

 

В

 

 

 

Рис. 1.10

Приклад 1.5. Визначити прогин yK та кут повороту θB балки, що зображена на рис 1.11, способом Верещагіна.

M=40кНм

q=20кН/м

F=100кН

q=20кН/м

 

 

A

 

D

 

K

B

Рис. 1.11

Приклад 1.6. Визначити вертикальне переміщення перерізу К та горизонтальне переміщення перерізу В рами, що зображена на рис. 1.12, способом Верещагіна.

K

2.5м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F=10кН

2.5м

 

 

 

M=11кНм

A

B

Рис. 1.12

29

Приклад 1.7. Визначити вертикальне переміщення перерізу К та горизонтальне переміщення в перерізі С рами, що зображена на рис. 1.13, способом Верещагіна.

F=8кН

 

K

M=10кНм

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

С

 

 

 

 

 

q=6кН/м

 

 

 

 

 

B

 

 

 

 

 

Рис. 1.13

 

Приклад 1.8. Визначити методом Мора вертикальне переміщення перерізу С у криволінійному стержні (рис. 1.14.), вісь якого є дугою кола.

F=40кН

C

R=3м

M=50кНм

A B

Рис. 1.14

Приклад 1.9. Визначити методом Мора горизонтальне переміщення перерізу С криволінійного стержня (рис. 1.15.), вісь якого є дугою кола.

30

F=60кН

R=4м

C

M=40кНм

A

B

Рис. 1.15

1.4.Дані для виконання розрахунково-проектувальної роботи

4Д “Визначення переміщень в балках, плоских

рамах та криволінійних стержнях”

(для студентів дорожньо-будівельного факультету)

Робота складається з трьох самостійних задач.

У задачі 1 необхідно:

1.Побудувати епюри поперечних сил та згинальних моментів.

2.Із умови міцності за нормальними напруженнями підібрати номер двотавра та перевірити міцність балки за дотичними напруженням, якщо

RЗГ = 215 МПа, RЗС = 130 МПа, n = 1, m = 1.

3.Визначити прогин перерізу C за методом Мора та способом Верещагіна і порівняти результати.

4.Визначити прогин перерізу D та кут повороту опорного перерізу B способом Верещагіна.

У задачі 2 необхідно:

1.Побудувати епюри нормальних, поперечних сил та згинальних моментів.

2.Визначити вертикальне переміщення перерізу C та горизонтальне переміщення перерізу D способом Верещагіна.

У задачі 3 для заданого криволінійного стержня визначити вертикальне переміщення перерізу B або горизонтальне переміщення перерізу A (відповідно до варіанта) методом Мора.

Розрахункові схеми і варіанти даних для усіх задач наведено на рис. 1.16 – 1.18

31

q

F M

 

10

F

M

q

1

 

B

 

 

 

C

D

 

 

D

B C

 

 

 

2

F

M q

 

C

D

B

 

 

 

3

M q

F

q

C

D

B

 

 

 

11

M

q

B

F

C

 

 

 

D

 

12

q

M

C

B

 

F

D

 

 

4

F

q

M

13 C

q

M

C

B

D

 

B

 

 

F

 

D

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M

q

 

F

M

q

F

 

5

 

 

 

14

 

B

D

B

C

 

C

 

D

 

6

q

F

M

C

B

D

 

M q

F

7

B

D

C

q

F

B

M

8

D

C

 

 

 

 

 

15

F M

q

 

B

 

C

D

q

M

F

16

D

B

 

C

17

F

q

M

 

D

 

B

C

 

 

 

 

 

 

 

M

F

q

 

M

q

F

 

q

9

D

B

C

18

D

 

B

C

 

 

 

 

Варіант

 

 

F M q

м

м

kH

kHм

kH

м

1

6

2

50

30

15

2

5

1,5

60

40

20

3

8

2,5

40

50

20

4

10

2

50

60

10

5

4,5

1

80

30

30

6

4

1,5

60

40

30

7

5

2

60

50

25

8

6

2,5

30

60

10

9

4,5

1,5

50

30

20

10

5

1

100

40

15

11

6

1,5

60

50

20

12

4

1

100

60

30

13

8

2

50

30

15

14

10

2,5

30

40

10

15

5

1,5

40

30

10

16

6

2

30

40

20

17

4

1

80

40

20

18

5

2

40

30

10

Рис. 1.16. Дані для розрахунку (робота № 4Д, задача 1)

32

q

 

 

q

 

/2

q

1

 

7

 

13

C

C

 

C

D

 

F

 

F

 

 

F

 

D

 

D

 

 

2

 

8 C

q

D

14

q

 

/2

q

 

 

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F

 

 

 

 

 

D

 

C

 

 

F

 

 

 

D

 

 

 

 

F

 

 

 

 

 

 

 

q

 

 

q

/2

 

q

/2

3 C

 

9

15

 

F

C

F

C

 

 

 

D

 

 

 

 

 

 

F

D

 

 

 

D

 

 

 

 

 

 

 

 

4

D

q

C 10 D

/2

q

16

/2

q

 

 

C

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

F

 

 

 

 

F

F

 

 

 

 

 

 

 

D

 

 

5

q

C

D 11

/2

q

17

q

D

 

 

 

 

 

 

/2

 

 

C

D

C

F

 

 

 

 

F

 

 

 

 

 

 

 

F

 

 

 

6

D

q

12

 

 

D 18

q

D

 

q

 

 

 

 

 

C

 

C

F

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F

C

 

 

F

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Варіант

 

 

F

q

м

м

kH

kH

м

1

5

2

25

15

2

6

2,5

10

10

3

8

3

10

10

4

3

1

40

20

5

8

2,5

20

10

6

4

2

25

15

7

5

2,5

10

10

8

6

2

20

15

9

4

1,5

30

20

10

6

3

15

10

11

5

2

20

10

12

4

1,5

40

10

13

6

2,5

15

10

14

6

2

10

20

15

5

2,5

15

10

16

4

2

20

10

17

3

1

50

15

18

8

3

15

15

Рис. 1.17. Дані для розрахунку (робота 4Д, задача 2)

33

1

 

F

 

 

A

 

 

 

M

 

 

R

 

 

 

B

2

 

 

 

 

AB

R

 

 

 

 

 

F M

F

 

3

 

 

 

B

 

 

 

 

 

M

R

A

 

 

4

 

M

 

 

B

 

 

 

 

 

 

R

A F

 

 

 

5

 

M

 

F AB

 

 

 

R

 

6

 

F

 

 

B

 

 

 

 

 

A M

R

 

 

 

 

7

 

M

 

 

B

 

 

 

 

 

 

R

F

 

 

 

 

 

 

A

8

 

A

 

 

 

 

 

 

R

 

 

B F

 

 

9

F

B

 

R

A

 

M

10

F

M

 

B

 

 

 

A

R

 

 

11AM

 

R

B

 

 

 

 

F

12

 

 

AB M

R

 

 

 

F

F

 

13

 

B

 

 

 

M

R

A

 

14

F

 

A

 

 

 

 

R

M

 

 

 

 

B

15

F

 

B

 

 

 

A M

R

 

 

 

M

F

 

16

B

 

 

 

A

R

 

 

 

17

 

 

 

R

AB

 

 

 

 

M

 

 

M

F

18

 

 

 

B

 

 

 

 

 

 

F

 

 

R

 

 

 

 

 

A

 

 

 

 

Варіант

R F M

 

м

kH kHм Переріз

1

2

30

40

A

2

3

40

50

B

3

4

20

30

A

4

2

30

50

B

5

3

50

40

A

6

4

20

20

B

7

2

50

20

A

8

3

40

40

B

9

4

20

50

A

10

2

50

30

B

11

3

30

20

A

12

4

30

30

B

13

2

40

30

A

14

3

20

50

B

15

4

20

40

A

16

2

40

20

B

17

3

20

40

A

18

4

30

20

B

Рис.1.18. Дані для розрахунку (робота 4Д, задача 3)

34

РОЗДІЛ 2. РОЗРАХУНОК СТАТИЧНО НЕВИЗНАЧЕНИХ СИСТЕМ МЕТОДОМ СИЛ

2.1. Основні відомості з теорії

Система називається статично невизначеною, якщо неможливо визначити зусилля в її елементах з умов рівноваги. Для розрахунку таких систем, крім рівнянь рівноваги, необхідно використовувати умови спільності деформацій, кількість котрих дорівнює ступеню статичної невизначеності системи, визначуваної за формулою

Л = 3К Ш,

(2.1)

де Л – ступінь статичної невизначеності системи; К – кількість замкнутих та умовно замкнутих контурів у системі;

Ш– кількість простих шарнірів у системі.

Шарнір називається простим або одиночним, якщо він з’єднує два

елементи (рис. 2.1, а). Якщо шарнір з’єднує n елементів, то він називається складним або кратним (рис. 2.1, б). Такий шарнір еквівалентний n–1 простим шарнірам.

а б

1

2

1

3

2

Рис. 2.1

Наприклад, визначимо ступінь статичної невизначеності рами, наведеної на рис. 2.2, а. Статично невизначена система, що підлягає розрахунку, називається заданою системою. В аналізованій заданій системі (рис. 2.2, а) К=4, Ш=7, тому ступінь статичної невизначеності її дорівнює

Л =3·4–7=5,

тобто задана система 5 разів статично невизначена.

Будь-який кінематичний пристрій, що підвищує ступінь статичної невизначеності системи на одиницю, називається зв’язком. Зв’язки можуть бути зовнішні (опорні) або внутрішні, що перешкоджають взаємному повороту, зсуву і розкриттю перерізів. У заданій системі (рис. 2.2, а) є 3 зовнішніх (опорних) і 8 внутрішніх зв’язків. Ті зв’язки, без яких система не може бути геометрично незмінною, називаються абсолютно необхідними. Наприклад, у заданій системі, наведеній на рис. 2.2, а, усі опорні зв’язки є абсолютно необхідними.

35

Рис. 2.2

У статично невизначених системах зв’язків більше, ніж необхідно для забезпечення її геометричної незмінюваності. Тому деякі зв’язки в цьому сенсі є ніби зайвими. Кількість зайвих зв’язків дорівнює ступеню статичної невизначеності системи. За зайві зв’язки не можна приймати абсолютно необхідні зв’язки.

Основною задачею розрахунку будь-якої статично невизначеної системи методом сил є визначення реакцій зайвих зв’язків, що називаються зайвими невідомими. Наприклад, для заданої системи, наведеної на рис. 2.2, а, за зайві зв’язки можна прийняти 2 зв’язки в шарнірі А та 3 зв’язки у середині верхнього ригеля рами. Видалимо із заданої системи зайві зв’язки і навантаження. У результаті одержимо так звану основну систему (рис. 2.2, б). Основна система повинна бути геометрично незмінною і статично визначеною. У залежності від бажання для однієї і тієї ж заданої системи можна вибрати декілька основних систем. Проте для розрахунку використовується тільки одна з них, при якій розрахунок буде найпростішим. Таку основну систему називають раціональною. Для симетричної заданої системи раціональною буде симетрична основна система. Якщо задана система несиметрична, то раціональною основною системою буде та, що складається з більшої кількості незалежних геометрично незмінних елементів.

Відомо [1], що якщо зайві невідомі Х1, Х2, Х3, Х4 та Х5 визначити з розв’язання системи канонічних рівнянь методу сил

δ11 X1 + δ12 X2 + δ13 X3 + δ14 X4 + δ15 X5 + ∆1F = 0

 

 

δ X

+ δ X

2

+ δ X

3

+ δ X

4

+ δ X

5

+ ∆

= 0

 

 

 

21 1

22

23

24

25

2F

 

 

 

 

δ31 X1 + δ32 X2

+ δ33 X3

+ δ34 X4

+ δ35 X5

+ ∆3F = 0

 

,

(2.2)

 

δ X

+ δ X

2

+ δ X

3

+ δ X

4

+ δ X

5

+ ∆

= 0

 

 

 

41 1

42

43

44

45

4F

= 0

 

 

 

δ X

+ δ X

2

+ δ X

3

+ δ X

4

+ δ X

5

+ ∆

 

 

 

51 1

52

53

54

55

5F

 

 

 

 

то основна система, завантажена зовнішнім навантаженням і зайвими невідомими, буде еквівалентною заданій (рис. 2.2, в). Коефіцієнти δik і вільні

36

члени iF канонічних рівнянь (2.2) є переміщення в основній статично

визначеній системі, тому їх можна визначити за методом Мора [1]. У балках і рамах їх зручно визначати способом Верещагіна [1], шляхом перемноження епюр.

 

 

 

 

 

 

 

 

δik = M

i Mk і iF = Mi MF .

(2.3)

Коефіцієнти канонічних рівнянь з однаковими індексами (i=k), тобто δkk , називаються головними. Вони розташовуються на головній діагоналі

матриці коефіцієнтів канонічних рівнянь (2.2). Очевидно, що головні коефіцієнти завжди додатні

δkk > 0 .

(2.4)

Коефіцієнти канонічних рівнянь, що мають неоднакові індекси (ik), тобто δik називаються побічними. Вони розташовуються з боків від головної

діагоналі матриці коефіцієнтів канонічних рівнянь (2.2). На підставі теореми про взаємність переміщень

δik = δki .

(2.5)

Після розв’язання системи канонічних рівнянь (2.2) і визначення зайвих невідомих для побудови сумарних епюр внутрішніх зусиль можна скористатися еквівалентною системою (рис. 2.2, в).

Оскільки еквівалентна система є статично визначеною, то побудова сумарних епюр внутрішніх зусиль М, Q і N у ній виконується звичайним способом, як для будь-якої статично визначеної системи.

При розрахунку багаторазово статично невизначених складних систем звичайно використовується інший, більш простий, спосіб побудови сумарних епюр внутрішніх зусиль. Для побудови сумарної епюри згинальних моментів використовується принцип незалежності дії сил, тобто формула

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M = M

1 X1 + M2 X2 +…+ Mn Xn + MF .

(2.6)

Відповідно до цієї формули для побудови сумарної епюри М слід кожну

 

 

i помножити на Xi та скласти їх, додавши

 

одиничну епюру M

до них

епюру M F .

 

Після побудови сумарної епюри М поперечні сили в будь-якому

перерізі можна обчислити за формулою [2]

 

Q = Q0

+

Mп Mл

(2.7)

a

 

 

 

і побудувати сумарну епюру Q.

Тут Q0 – балкова поперечна сила;

37

Мп і Мл – згинальні моменти на правому та лівому кінцях ділянки довжиною a .

При відомих поперечних силах Q поздовжні сили N у всіх елементах заданої системи можна легко визначити з умов рівноваги її вузлів і потім побудувати сумарну епюру поздовжніх сил.

Заключним етапом розрахунку будь-якої статично невизначеної системи методом сил є контроль правильності розв’язання задачі.

З цією метою в розрахунковій практиці здійснюють статичні і деформативні перевірки.

Якщо сумарні епюри М, Q і N побудовані правильно, то вся система в цілому, її вузли та елементи будуть знаходитися у рівновазі. Тому усі статичні перевірки зводяться до перевірки умов рівноваги всієї системи в цілому, окремих її вузлів та елементів. У розрахунковій практиці часто обмежуються тільки перевіркою рівноваги окремих вузлів заданої системи.

Слід зауважити, що статичні перевірки виконуються при будь-яких значеннях зайвих невідомих. Тому вони не гарантують правильності визначення коефіцієнтів і вільних членів канонічних рівнянь і самих зайвих невідомих. У зв’язку з цим вони є недостатніми. Більш надійну гарантію правильності розв’язання задачі дають деформативні перевірки.

Оскільки в заданій статично невизначеній системі переміщення по напрямку будь-якого зайвого зв’язку дорівнює нулю, то добуток за Верещагіним сумарної епюри згинальних моментів М на кожну одиничну епюру Mi при правильному розв’язанні задачі буде дорівнювати нулю, тобто

 

 

i M = 0

 

M

(2.8)

єсутністю деформативних перевірок.

Узв’язку з тим, що при розрахунку зайві невідомі обчислюються з деякою похибкою, то при виконанні деформативних перевірок припускається така ж похибка. Для того щоб її визначити, необхідно при перевірці обчислити суму додатних та від’ємних складових. Різниця між ними, виражена у відсотках стосовно меншого значення, не повинна перевищувати 1 %. У цьому випадку розрахунок можна вважати задовільним.

Слід зазначити, що деформативні перевірки дають надійну гарантію правильності розв’язання задачі, якщо їх не менше, ніж ступінь статичної

невизначеності системи і вихідні епюри M F та Mi побудовані правильно.

Для того щоб розкрити помилки, пов’язані з цим, рекомендується використовувати при виконанні деформативних перевірок будь-яку іншу основну систему, що не використовувалася у розрахунку.

Після побудови сумарних епюр внутрішніх зусиль і контролю правильності розв’язання задачі переходять до розрахунків на міцність

38

окремих елементів системи, що виконуються точно так, як і для статично визначених систем.

Для розрахунку на жорсткість статично невизначеної системи виникає необхідність у визначенні лінійних і кутових переміщень. Ця задача розв’язується просто після розкриття статичної невизначеності і побудови сумарної епюри згинальних моментів М. Треба прикласти в будь-якій основній системі в напрямку шуканого переміщення відповідну йому одиничну узагальнену силу і побудувати епюру згинальних моментів MK від

її дії. Потім перемножити між собою епюри М та MK за Верещагіним.

Метод сил є загальним методом розрахунку статично невизначених систем. Він застосовується для розрахунку будь-яких статично невизначених систем при будь-яких зовнішніх впливах, причому порядок розрахунку в усіх випадках практично залишається незмінним, за винятком деяких особливостей. Наприклад, при розрахунку статично невизначених ферм та інших систем, елементи яких випробовують тільки деформацію розтягання або стискання, при визначенні коефіцієнтів і вільних членів канонічних рівнянь не можна нехтувати впливом поздовжніх сил. Їх можна визначити за формулою Максвела [1] або способом Верещагіна.

 

 

 

 

 

 

 

 

δik = N

i Nk , iF = Ni NF .

(2.9)

Крім того, у таких системах звичайно не будують епюру сумарних поздовжніх сил, а обмежуються тільки обчисленням їх за формулою

 

 

 

 

 

 

 

(2.10)

Ni = N

1(i) X1 + N2(i) X 2 +…+ Nn(i) X n + NF(i) ,

де Ni – сумарна поздовжня сила в i-му стержні;

NK (i) і NF (i) – поздовжня сила в i-му стержні основної системи, відповідно

від дії сил XК = 1 і зовнішнього навантаження.

В елементах статично невизначених систем виникають напруження навіть при відсутності зовнішніх сил. Вони можуть бути викликані зміною температури, переміщеннями окремих зв’язків або виникнути при складанні конструкції з неточно виготовлених елементів. Такі напруження називаються початковими або монтажними. Їх теж можна легко визначити методом сил. Для цього необхідно тільки в канонічних рівняннях (2.2) замінити вільні члени iF на it і iп – переміщення в основній системі в напрямку сили Хi,

заподіяні зміною температури та заданим переміщеннями окремих зв’язків. Переміщення it визначаються за формулою [1]

 

α (tз +tв )

 

 

 

α (tз tв )

 

 

 

 

it =

ω(Ni )+

ω(Mi ),

(2.11)

2

h

 

 

 

 

 

 

 

 

де tз і tв – температура зовнішніх і внутрішніх волокон;

39

α – коефіцієнт лінійного розширення матеріалу;

h– висота перерізу;

ω(Ni ) і ω(Mi ) – площі епюр N i і M i на даній ділянці.

Для визначення переміщень iп використовують теорему взаємності

робіт [1] або геометричні міркування. Якщо при виборі основної системи видалити із заданої системи ті зв’язки, у напрямку яких задані переміщенняi , то iп = −∆i .

На закінчення викладемо порядок розрахунку статично невизначених систем методом сил на конкретному прикладі.

Нехай необхідно побудувати для заданої рами (рис. 2.3, а) сумарні епюри внутрішніх зусиль при EJ = const .

Задача розв’язується в такій послідовності:

1. Визначити ступінь статичної невизначеності заданої системи за формулою (2.1).

У заданій системі є 2 умовно замкнутих контури (I і II) і 4 простих шарніри, тому

Л = 3·2 – 4 = 2,

тобто вона двічі статично невизначена (має 2 зайвих зв’язки).

2. Вибрати раціональну основну систему і записати систему канонічних рівнянь.

Задана система несиметрична, тому за зайві зв’язки можна прийняти 2 зв’язки в шарнірно-нерухомій опорі А. Відкинувши їх, одержимо основну систему, наведену на рис. 2.3, б. Система канонічних рівнянь для двічі статично невизначеної заданої системи має вигляд

δ11 X1 + δ12 X 2 + ∆1F = 0 ,

δ21 X1 + δ22 X 2 + ∆2 F = 0

де зайві невідомі X1 і X2 – горизонтальна і вертикальна складові опорної реакції в опорі А.

Рис. 2.3

40

3. Побудувати в основній системі епюри згинальних моментів від дії одиничних зайвих невідомих і зовнішнього навантаження. Вони наведені на рис. 2.4, а, б, в.

3. Визначити коефіцієнти і вільні члени канонічних рівнянь.

 

 

 

 

 

 

 

1

 

2

 

1

 

4a3

 

 

 

 

 

 

 

 

δ11

= M1 M1

=

 

a a

 

a + a a a

 

=

 

2

3

EJ

3EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

a3

 

 

δ12 =δ21 = M1 M2 = −a

a

 

 

a

 

 

 

 

= −

,

 

 

2

 

 

EJ

 

 

2EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

2

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

a3

 

,

 

 

δ22 = M 2 M 2

=

a a

a

 

 

=

 

 

2

3

 

EJ

 

3EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

5qa

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1F = M1 M F = qa

 

3 a + qa

 

 

a a

 

 

 

=

 

 

 

 

 

EJ

8EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

4

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

qa2

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

qa4

 

 

2F = M2 M F

= −

a

a

 

 

 

 

= −

 

 

2

2

 

EJ

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,

,

qa2

2

Рис. 2.4

4. Розв’язати систему канонічних рівнянь

 

4a

3

X1

 

a

3

X2 +

5qa

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 0

 

 

 

3EJ

2EJ

 

8EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a3

 

 

 

 

a3

 

 

 

 

 

qa4

 

 

.

 

 

 

 

 

 

X1 +

 

 

X2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

0

 

 

2EJ

 

3EJ

 

4EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Якщо помножити перше рівняння на

 

3EJ

 

, а друге на

2EJ

і скласти, то

 

 

4a3

a3

одержимо

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

3

 

 

 

qa

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

X2 =

qa .

 

 

 

 

 

 

X2

 

=

 

 

 

 

 

 

3

 

 

32

28

 

 

 

 

 

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

41

Далі, підставляючи Х2 в одне з рівнянь, одержимо X1 = −73 qa .

Реакція Х1 виявилася від’ємною, це свідчить про те, що вона спрямована не вправо, як передбачалося, а вліво.

Для перевірки правильності розв’язання системи рівнянь необхідно підставити Х1 та Х2 у кожне рівняння і переконатися в тому, що вони задовольняються.

6. Побудувати сумарні епюри внутрішніх зусиль. Скористаємося еквівалентною системою, наведеною на рис. 2.3, в.

Оскільки вона є статично визначеною, то побудова сумарних епюр внутрішніх зусиль М, Q і N у ній виконується звичайним способом, як для будь-якої статично визначеної рами. Вони наведені на рис. 2.5.

7. Виконати статичні і деформативні перевірки розрахунку: а) статичні перевірки.

Вирізаємо вузол С (рис. 2.6, а). Дію відкинутих частин рами на вузол замінимо зусиллями, взятими з епюр М, Q і N.

а

 

б

 

 

 

в

 

 

qa 2

qa 2

3

qa

 

 

 

 

 

56

28

 

+

 

 

 

14

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

qa 2

 

-

4

qa

 

-

 

 

 

 

7

 

 

 

7 qa

qa 2

28

 

 

 

 

-

 

4

8

M

 

 

 

Q

N

 

3

+

3

qa

qa

28

7

 

 

 

Рис. 2.5

Рис. 2.6

Спроектуємо усі сили, що діють на вузол С, на горизонтальну і вертикальну осі і візьмемо момент їх відносно точки С.

X =

4 qa

4 qa = 0;

Y =

3

qa

3

qa = 0; MC = qa2

qa2

= 0.

28

28

 

7

7

 

 

14

14

 

42

Умови рівноваги виконуються, що підтверджує правильність побудови епюр Q і N;

б) деформативні перевірки.

Помножимо за Верещагіним сумарну епюру М на кожну з одиничних епюр Mi .

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

3

 

 

 

 

2

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1 qa

 

a 2 a qa

 

1 a +

1 qa

a a 1 qa

 

a a =

1

 

5

qa4

5

qa4 = 0,

M M

1 =

 

 

 

 

 

2 14

 

 

 

 

 

 

 

84

 

 

 

EJ

3

 

12 2

 

2 14

 

2 28

 

 

 

EJ 84

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1 qa

2

 

 

 

2

 

 

1

 

 

 

4

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M M 2 =

 

 

a 1 a + 1 qa

 

a 2 a =

qa

 

+ qa

 

 

= 0.

 

 

 

 

 

 

2 14

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

3

2 28

3

 

EJ

84

84

 

 

 

 

 

 

Деформативні перевірки виконуються, що дає 100% гарантію

правильності розв’язання задачі, якщо вихідні епюри МF та

 

 

 

 

 

 

M

i

побудовані

правильно.

8. Виконати розрахунок на міцність та жорсткість.

Після побудови сумарних епюр внутрішніх зусиль М, Q і N розрахунки на міцність і жорсткість заданої статично невизначеної системи виконуються точно так само, як для будь-якої статично визначеної. Наприклад, визначимо прогин у середини ригеля заданої рами (рис. 2.3, а). За основний стан системи приймаємо еквівалентну систему (рис. 2.3, в), а за допоміжний можна прийняти будь-яку основну статично визначену і геометрично незмінну систему, завантажену в точці К зосередженою силою FК = 1, що діє в напрямку шуканого переміщення уК (рис. 2.6, б або 2.6, в).

Основна епюра згинальних моментів М та допоміжні MK та MKнаведені на рис. 2.5, а і рис. 2.6, б, в.

Перемножуючи за Верещагіним епюри М та MK або М та MK, знайдемо шукане переміщення:

 

 

 

 

 

1

 

 

1 qa

2

a 1 a

1 qa

2

a 2 a

 

 

qa

4

,

yK = M M

K =

 

 

 

 

= −

 

 

 

 

 

 

 

 

2 28 2 3 2

448EJ

 

 

 

 

 

EJ

2 56 2 3 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1 qa

2

 

1 qa

2

 

 

 

qa

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

yK = M M K′ =

 

 

1 a a

 

 

 

= −

 

 

 

.

 

 

 

 

2 28

2 14

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

2 4

 

 

 

 

448EJ

 

Як і очікувалося, результати є однаковими.

2.2. Розрахунок статично невизначених рам

Приклад 2.1. Побудувати сумарні епюри внутрішніх зусиль для рами, наведеної на рис. 2.7, а.

За формулою (2.1) визначаємо ступінь статичної невизначеності заданої системи

43

Л=3·3 – 8=1.

Отже, задана система має один зайвий зв’язок. Оскільки горизонтальний зв’язок в опорі С та вертикальний в опорі А є абсолютно необхідними, то за зайвий зв’язок можна прийняти тільки горизонтальний зв’язок в опорі А або В. Обидва варіанти рівноцінні за складністю розрахунку. Зупинимося на другому варіанті. При цьому основна система буде мати вигляд, наведений на рис. 2.7, б, а зайве невідоме (горизонтальна реакція в опорі В) буде задовольняти канонічному рівнянню

δ11 X1 + ∆1F = 0 .

a=3м

h=4м

l = 6м

Рис. 2.7

Для визначення коефіцієнта δ11 і вільного члена 1F за формулами (2.3) побудуємо в основній системі епюри згинальних моментів M1 та M F від дії сили Х1 = 1 і зовнішнього навантаження. Вони наведені на рис. 2.8, а, б.

а

 

б

4

4

360

 

4

 

205.71

 

4

154.29

M

1

MF

 

 

 

x1=1

 

Рис. 2.8

Перемножуючи між собою епюри M1 та M F за Верещагіним, одержимо:

44

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

 

 

2

 

 

 

 

 

138.67

 

δ11 = M1 M1

=

 

 

4

4

4

2 + 4 6 4

=

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

2

3

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

20 6

3

 

1

 

2

 

 

3977.12 .

 

 

 

 

 

 

 

4

+

205.71 4

4

=

1F = M

1 M F =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

2

3

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

Підставляючи δ11 і 1F у канонічне рівняння, одержимо:

138,67 X1 +3977,12 = 0 .

Звідси знаходимо X1 = −28,68 кН. Тепер для побудови сумарних епюр М, Q і N використовуємо еквівалентну систему (рис. 2.9, а).

Рис. 2.9

Вона є статично визначеною, тому епюри внутрішніх зусиль у ній будуються звичайним способом. Епюра згинальних моментів наведена на рис. 2.9, б, а епюри Q і N на рис. 2.10, а і 2.10, б.

Для контролю правильності розв’язання задачі виконаємо статичні і деформативні перевірки. Розглянемо рівновагу вузлів Е (рис. 2.11, а) і D (рис. 2.11, б). Очевидно, що умови рівноваги для вузла Е виконуються. Перевіримо їх для вузла D.

X = 22,75+28,68 51,43 =51,43 51,43 = 0, Y =120 120 = 0,

M D = 245,28 154,29 90,99 = 245,28 245,28 = 0.

Отже, вузол D теж знаходиться у рівновазі.

Для деформативної перевірки помножимо за Верещагіним сумарну епюру М на одиничну епюруM1 .

 

 

 

1

 

1

 

2

 

1

 

1

 

20 6

3

1

 

2

 

 

 

 

114,72 4

4

114,72 6 4 +

245,28 6 4

4 +

90,99 4

4 =

M M

1 =

 

2

3

2

2

12

2

3

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

45

= EJ1 (3428,48 +3428,64)= 0,16EJ .

Похибка в розрахунках складає ε = 0,16 100 = 0,005% <1%, , що допус-

3428,48

тимо.

Рис. 2.10

Рис. 2.11

Приклад 2.2. Побудувати сумарні епюри внутрішніх зусиль для рами

(рис. 2.12, а).

Визначимо ступінь статичної невизначеності заданої системи:

Л =3·3 – 8=1.

Оскільки задана система не має абсолютно необхідних зв’язків, то для одержання основної системи можна видалити будь-який один зв’язок. Видалимо горизонтальний зв’язок в опорі В. У результаті одержимо основну систему, наведену на рис. 2.12, б. При такій основній системі за зайве

46

невідоме Х1 приймається горизонтальна реакція в опорі В. Для визначення зайвого невідомого Х1 маємо канонічне рівняння

δ11 X1 +1F = 0 .

2 м

6 м

Рис. 2.12

Побудуємо в основній системі епюри згинальних моментів M1 та M F від

дії сили Х1=1 і зовнішнього навантаження (вони наведені на рис. 2.13, а, б.) Перемножаючи за Верещагіним відповідні епюри, одержимо:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

2

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1

 

 

 

 

 

 

δ11 = M1 M1 =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

2

 

 

 

2

 

 

 

 

 

+

 

 

6 6

 

 

6

 

 

 

+ 2 4

 

2

+

 

4

 

 

 

+

 

 

2

3

EJ

2

3

EJ

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

1

4 4

 

 

 

+

2

 

 

 

1

 

 

=

109,33

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

3

 

2EJ

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

2

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1

 

1F = M1 M F = −

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

30

6

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

30

4

 

2

+

 

4

 

 

 

 

+

 

 

40

4

2

+

 

4

 

 

2

3

 

EJ

 

 

2

 

 

3

 

2EJ

 

2

3

2EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

40

 

43

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

793,33

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

+

 

 

 

4

 

 

 

 

 

= −

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

12

 

 

 

2

2EJ

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

47

Рис. 2.13

Тепер канонічне рівняння набуває вигляду

109,33 X1 793,33 = 0 .

Розв’язуючи його, знаходимо X1 = 7,26 кН.

Для побудови сумарної епюри згинальних моментів скористаємося формулою (2.6). Помножимо ординати епюри M1 на Х1 = 7,26 кН. Отримана в результаті цього епюра наведена на рис. 2.13, в. Складаючи її з епюрою M F , одержимо сумарну епюру згинальних моментів М. Вона наведена нарис. 2.14, а.

Рис. 2.14

Виконаємо деформативну перевірку правильності розв’язання задачі за формулою (2.8).

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

2

 

1

 

 

 

 

 

 

1

1

 

 

1

 

 

 

1

 

 

1

 

 

 

M M1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

14,52

2

 

 

2

 

 

 

+

13,56 4

2 +

 

4

 

 

+

 

40,96 4

2 +

 

 

4

 

 

 

 

 

2

3

EJ

2

 

 

2

3

 

2EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

40

43

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

1

 

2

 

 

1

= (426,91426,67)

1

 

 

 

0,24

.

 

 

 

 

 

 

 

2

+

 

4

 

 

 

 

+

 

13,56 6

 

6

 

 

 

 

=

 

 

 

 

12

 

2

 

2EJ

2

3

EJ

EJ

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Похибка обчислень складає ε =

0,24 100

= 0,056% <1%

, що допустимо.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

426,91

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

48

Обчислимо за формулою (2.7) поперечні сили в характерних перерізах і побудуємо епюру Q.

Q

AC

=Q

= 13,56 0

= −2,26 кН,

 

CA

6

 

 

 

 

 

 

Q

 

= 40 4

+ 54,52 (13,56) =80 10,24 = 69,76

кН,

CD

2

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

Q

= − 40 4

+ 54,52 (13,56) = −80 10,24 = 90,24

кН,

CD

 

2

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q

=Q = 14,52 0

= 7,26 кН.

 

 

 

 

BD

DB

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

За цими значеннями на рис 2.14, б побудована сумарна епюра поперечних сил Q.

Поздовжні сили визначимо з рівноваги вузлів рами. Вирізуємо вузол С

(рис. 15, а) і вузол D (рис. 1,15, б).

Дію відкинутих частин рами замінимо відомими поперечними і невідомими поздовжніми силами, рахуючи їх позитивними. У вузлі С прикладемо задану зосереджену силу F=5 кН. У вузлі D заданий зосереджений момент М=40 кНм не показаний, тому що він не проектується на координатні осі.

Рис. 2.15

Проектуючи на координатні осі сили, які діють на вузол С, отримаємо

X = 5+NCD +2,26 = 0 NCD = −5 2,26 = −7,26 кН,

Y = −NCA 69,76 = 0 NCA = −69,76 кН.

Складемо умови рівноваги сил, прикладених до вузла D:

49

X = −NDC 7,26 = 0 NDC = −7,26 кН,

Y = −90,24 NDB = 0 NDB = −90,24 кН.

Як і слід було очікувати, NCD = NDC = −7,26 кН.

За обчисленими значеннями поздовжніх сил на рис. 2.14, в побудована сумарна епюра поздовжніх сил N.

Виконаємо статичні перевірки. Обмежимося перевіркою рівноваги вузла D. Сили, які діють на вузол D, показані на рис. 2.16.

Рис. 2.16

X = 7,26 7,26 = 0, Y = 90,24 90,24 = 0,

M D = 40 +14,52 54,52 = 54,52 54,52 = 0.

Усі умови рівноваги виконуються, що підтверджує правильність розв’язання задачі. Рівновагу вузла С можна не розглядати, тому що в ньому сходяться тільки два стержні з однаковими моментами.

Приклад 2.3. Для заданої рами (рис. 2.17, а) побудувати сумарні епюри

М, Q і N при ЕJ=соnst.

Визначимо ступінь статичної невизначеності заданої системи за формулою (2.1):

Л =3·3 – 7=2.

Усі опорні зв’язки заданої системи є абсолютно необхідними, тому вони не можуть бути прийняті за зайві. За зайві зв’язки приймаємо два внутрішні зв’язки в шарнірі D. Видалимо їх, тобто розріжемо задану систему по шарніру D. У результаті одержимо основну систему, наведену на рис. 2.17, б.

50

Рис. 2.17

При такій основній системі зайвими невідомими будуть Х1 – поздовжня і Х2 – поперечна сила в шарнірі D. Для визначення їх маємо систему двох канонічних рівнянь

δ11 X1 + δ12 X2 + ∆1 = 0

F .

δ21 X1 + δ22 X2 + ∆2F = 0

Щоб знайти коефіцієнти і вільні члени канонічних рівнянь, побудуємо епюри згинальних моментів в основній системі M1 , M2 та M F від дії сил

X1 =1, X2 =1 і зовнішнього навантаження. Вони наведені на рис 2.18, а, б, в.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 2.18

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M F

 

Перемноживши епюри M

1, M2

та

між собою за Верещагіним,

одержимо:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

 

 

2

 

 

 

 

288

 

δ11 = M1 M1

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

2

6

6

 

6

2

+ 6 4 6

 

=

EJ

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

3

 

 

 

 

 

51

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

δ12 =δ21 = M1 M2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

6 6

2

 

6 6

2 + 6

4

0

= 0;

 

 

 

 

EJ

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

58.67

 

 

 

 

δ22 = M2 M2

=

 

 

 

 

2 2

2 4

+ 2 6 2 2

=

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

2400

 

 

 

 

1F = M1 M F =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

40 6

 

2

6 2

40 4 6

= −

EJ

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M F =

1

 

 

20 2

3

2 +

20 2

3 2 40 6 2 + 40 6 2 + 40 4 0 = 0.

2F = M

2

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

6

 

 

 

 

 

 

EJ

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

З обчислень

 

 

δ12

і

 

2F

випливає,

що

добуток за Верещагіним

симетричної епюри на кососиметричну завжди дорівнює нулю. Тому для спрощення розрахунку при виборі основної системи слід віддавати перевагу тим системам, у яких епюри будуть як симетричні, так і кососиметричні.

Після підстановки коефіцієнтів і вільних членів у канонічні рівняння одержимо

288X1 2400 = 0

58,67 X 2 = 0

.

 

Звідси знаходимо X1 = 8,33 кН і X 2 = 0.

Еквівалентна система наведена на рис. 2.17, в. Вона є статично визначеною. Тому сумарні епюри внутрішніх зусиль М, Q і N можна легко побудувати звичайними способами. Вони наведені на рис. 2.19, а, б, в.

Рис. 2.19

Для статичної перевірки розглянемо рівновагу вузла А. Сили, що діють на вузол А, показані на рис. 2.20.

Крім згинальних моментів поперечних і поздовжніх сил, узятих з епюр М, Q і N, до вузла А прикладена реакція

52

VA

=

ql

=

20

4 = 40

кН.

 

 

2

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 2.20

З рис. 2.20 маємо, що X = 0 , Y = 0 і M A = 0. Усі інші вузли рами очевидно теж знаходяться у рівновазі. Це підтверджує правильність побудови епюр Q і N.

Перевіримо, чи виконуються деформативні перевірки.

 

 

 

 

 

1

 

1

 

 

 

1

 

1

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M M1 =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

40 6

 

6 2 +

 

9,98 6

 

 

6 2 + 9,98 4

6 =

EJ

2

3

2

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

1

 

(480 + 479,04)=

0,96

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

Похибка обчислень складає

ε = 0,96 100

= 0,2% <1 %,, що допустимо.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

479,04

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M M

2 = 0, тому що епюра М симетрична, а M2

 

– кососиметрична.

 

 

Виконання деформативних перевірок дає повну гарантію правильності

розв’язання задачі за умови,

 

 

 

 

 

M F побудовані

що вихідні епюри M

1, M2 та

правильно.

Приклад 2.4. Виконати розрахунок статично невизначеної рами, наведеної на рис. 2.21, а, якщо ЕJ = const.

Рис. 2.21

53

Рішення виконуємо в такому порядку:

1. Визначити ступінь статичної невизначеності заданої системи. У даному випадку К = 4, Ш = 10 (на рис. 2.21, а контури позначені римськими цифрами, а прості шарніри – арабськими).

Л =3КШ = 3·4–10 = 2.

Отже, задана система має два зайвих зв’язки.

2. Вибрати основну систему і записати систему канонічних рівнянь методу сил.

У заданій системі один з вертикальних і горизонтальних зв’язків в опорах А та В є абсолютно необхідними. Їх не можна приймати за зайві. З огляду на це для розрахунку використовуємо основну систему, наведену на рис. 2.21, б. При такій основній системі зайвими невідомими будуть Х1 – горизонтальна реакція в опорі В та Х2 – вертикальна реакція в опорі Е. Для визначення їх маємо систему двох канонічних рівнянь методу сил

δ11 X1 + δ12 X2 + ∆1F = 0

.

δ21 X1 + δ22 X2 + ∆2F = 0

3. Побудувати в основній системі епюри згинальних моментів M1, M2 та M F від дії одиничних зайвих невідомих і зовнішнього навантаження.

Вони наведені на рис. 2.22, а, б, в.

Рис. 2.22

5. Визначити коефіцієнти і вільні члени канонічних рівнянь.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

та M F

 

 

 

Перемножуючи епюри M

1, M2

 

між собою за Верещагіним, одержимо:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

106,67

 

 

= M1 M1 =

4

4

4 2 + 4 4 4

;

δ11

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

EJ

 

2

3

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

32

 

 

 

 

δ12 =δ21 = M1

M2 =

 

 

4

4 4

= −

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

42,67

 

 

 

 

δ22 = M2 M2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

4

4

 

 

4

2

=

 

 

 

;

 

 

 

EJ

 

 

3

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

54

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1

 

 

2

 

4 + 2

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

213,33

 

1F =

M1 M F =

80 2

2

2 80

60 4

4 +

160

4 4

=

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

2

3

2

 

2

2

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1 60

4 1

 

1160 4

2

4 20

4

3

3

 

 

= −1333,33.

 

2F = M 2 M F =

 

 

4

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

3

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

3

 

2

 

6

 

 

 

 

 

 

EJ

 

6.

 

Розв’язати систему канонічних рівнянь

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

106,67X1 32X 2 + 213,33 = 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

32X1 + 42,67 X 2 1333,33 =

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Розділивши перше рівняння на 106,67, а друге на 32 та склавши їх, отримаємо

1,0334X 2 39,0417 = 0.

Звідси знаходимо Х2=38,38 кН. Підставивши це значення Х2 у будь-яке з рівнянь, визначимо Х1=9,52 кН. Для перевірки розв’язання системи необхідно підставити знайдені значення зайвих невідомих у кожне з рівнянь і переконатися в тому, що вони виконуються. Похибка обчислень при підстановці Х1=9,52 і Х2=38,38 у перше рівняння складає 0,055%, а у друге – 0,023%. Такі похибки обчислень цілком допустимі.

6. Побудувати сумарну епюру згинальних моментів М.

Скористаємося принципом незалежності дії сил, тобто формулою (2.6). Епюри M1X1 та M2 X2 наведені на рис. 2.23, а, б. Складаючи їх і додаючи ординати епюри M F , одержимо сумарну епюру М, що наведена на рис. 2.23, в.

Рис. 2.23

55

Рис. 2.24

7. Виконати деформативні перевірки.

Помножимо за Верещагіним сумарну епюру М на кожну з одиничних

 

 

i .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

епюр M

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

M M1 =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

60,96 2

 

 

2

41,92

2 2

+

 

 

2

 

 

19,04 2 2

+

 

2

 

 

 

 

EJ

2

3

2

2

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

4

4 +

1

44,56 4 4 +

1

 

4

2

 

=

 

 

1

 

(558,93 +559,57)=

0,64

 

 

21,92

 

 

 

38,08

 

4

 

 

 

 

 

 

.

2

2

2

3

 

EJ

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Похибка обчислень складає ε =

0,64 100

= 0,11 % <1 %, що допустимо.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

558,93

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

1

4 1 44,56 4

2 4 1

6,48 4 2

4+ 20 4

3

1

 

 

 

 

 

 

M M 2

=

 

21,92

4

 

4

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

2

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

3

 

2

 

 

 

 

 

 

3

12 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

1

 

(271,78 272,28)= −

0,43.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Похибка обчислень складає ε = 0,43 100 = 0,16 % <1 % , що допустимо.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

271,78

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8. Побудувати сумарну епюру поперечних сил Q.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

За формулою (2.7) обчислюємо поперечні сили в характерних перерізах

 

 

 

 

Q

AC

= 60,960 = 30,48

кН; Q

= 41,9260,96 = − 9,52

 

кН;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

CA

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q

 

 

 

= Q

 

= 44,5621,92 = − 16,62

 

кН;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

CD

 

 

DC

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q

 

= Q

 

= 38,080 = 9,52

 

кН.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

BD

 

 

 

 

DB

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q

 

 

 

= 20 4

+ 0(6,48) = 40+ 1,62= 41,62

кН,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

DE

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q

 

 

=

20 4

+1,62 = −40 +1,62 = −38,38

кН.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ED

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

За цими значеннями на рис. 2.24, а побудована сумарна епюра поперечних сил.

9. Побудувати сумарну епюру поздовжніх сил N.

56

Очевидно, що NDE=NED=0. Поздовжні сили в інших стержнях рами визначимо з умов рівноваги вузлів С та D. Сили, що діють на вузол С та D, наведені відповідно на рис. 2.25, а і б.

З умов рівноваги X = 0, Y = 0 для вузла С знаходимо

NCD= – 9,52 кH і NCA=16,62 кH.

З цих же умов рівноваги для вузла D знаходимо

NDC = – 9,52 кH і NDB =58,24 кH.

Як і слід було очікувати, NDC = NCD = – 9,52 кH. За обчисленими значеннями N на рис. 2.24, б побудована сумарна епюра поздовжніх сил N.

Рис. 2.25

10. Виконати статичні перевірки.

Обмежимося перевіркою рівноваги вузлів рами. Оскільки поздовжні сили визначалися з умов рівноваги вузлів рами, то перевіряти рівновагу поздовжніх і поперечних сил у вузлах немає сенсу. Треба перевірити тільки рівновагу моментів у вузлах С та D. Діючі на них моменти показані нарис. 2.26, а, б.

Рис. 2.26

Маємо:

57

MC = − 21,9220+ 41,92= − 41,92+ 41,92= 0,

M D = − 44,56+ 6,48+ 38,08= − 44,56+ 44,56= 0,

тобто умови рівноваги вузлів рами виконуються. 11. Визначити прогин у заданій точці К.

Епюра згинальних моментів в основній системі від дії відповідної одиничної узагальненої сили, прикладеної в точці К, наведена на рис. 2.25, в.

Перемножуючи епюру MK за Верещагіним на сумарну епюру M, одержимо

yK =

 

 

 

1

1 4 11,32

1

= −

22,64 .

M M

K = −

2

EJ

 

 

 

 

 

 

EJ

12. Перевірити правильність розв’язання задачі на ПЕОМ.

Згідно з інструкцією до програми “RAMA” (додаток 3) необхідно підготувати вихідні дані для перевірки (приклад наведено нижче).

Робота №4А з опору матеріалів

 

 

 

Іванов І.І., гр.М-22,

-

2

3 1

сх.-вар., par

Ступінь статичної невизначеності

-

2

 

Число ділянок

-

6

 

-------------------- |

|

|

M1

|

Довжина і епюри по ділянках

 

------------------|

|

M2

|

 

MF

 

| № д | L

|

-------------------------------------------------------------

пр. |

лів.

пр. |

лів.

пр.

q

|

лів.

пр. |

|

|

| лів.

----------------------------------------------------------------------

1 | 2

0

-2

0

0

0

80

0

0

0

2 | 2

-2 -4

0

0

80

80

0

0

0

3 | 2

-4 -4

0

2

60

-50

0

0

1

4 | 2

-4

-4

2

4

-50

-160

0

1

0

5 | 4

0

4

0

0

0

0

0

0

0

6 | 4

0

0

4

0

-160

0

-20

0

0

58

Після вводу цих даних та розрахунку на ПЕОМ одержимо роздруківку результатів, яка наведена нижче.

 

 

 

Розрахунок статично невизначеної рами методом сил

 

 

 

 

 

 

Вихідні дані задачі:

 

-

2

 

 

 

 

Ступінь статичної невизначеності

 

 

 

 

 

Число ділянок

 

 

 

 

-

6

 

|--------------------|

|

M1

|

Довжина і епюри по ділянках ------------------

 

|

M2

|

 

MF

|

 

|№д| L

|

-------------------------------------------------------------

пр. | лів.

пр. |

лів.

пр.

q |

 

лів.

пр. |

|

|

| лів.

 

|

|

|

-

- |

-

- |

кНм

кНм

кН/м |

 

м

м |

----------------------------------------------------------------------

| 1|2.00| 0.00|-2.00| 0.00|

0.00|

0.00|

80.00|

0.00|

0.00|

0.00|

| 2|2.00|-2.00|-4.00| 0.00|

0.00|

80.00|

80.00|

0.00|

0.00|

0.00|

| 3|2.00|-4.00|-4.00| 0.00|

2.00|

60.00| -50.00|

0.00|

0.00|

1.00|

| 4|2.00|-4.00|-4.00| 2.00|

4.00| -50.00|-160.00|

0.00|

1.00|

0.00|

|

5|4.00|

0.00|

4.00| 0.00|

0.00|

0.00|

0.00|

0.00|

0.00|

0.00|

| 6|4.00| 0.00| 0.00| 4.00|

0.00|-160.00|

0.00|-20.00|

0.00|

0.00|

----------------------------------------------------------------------

A11=

Коефіцієнти системи рівнянь

-213.33

106.67

A12=

-32.00

A13=

A21=

-32.00

A22=

42.67

A23=

1333.33

 

 

Результат рішення системи

 

 

X1=

9.52 X2=

38.39

 

|------------------

|

М

Епюри

---------------Q

|

|

|№д|

------------------------------------лів.

пр. |

лів.

пр. |

|

|

|

|

кНм

кНм |

кН

кН |

----------------------------------------

| 1|

0.00|

60.97|

30.48|

30.48|

| 2|

60.97|

41.94|

-9.52|

-9.52|

| 3|

21.94|

-11.29|

-16.61|

-16.61|

| 4|

-11.29|

-44.52| -16.61| -16.61|

| 5|

0.00|

38.06|

9.52|

9.52|

| 6|

-6.45|

0.00|

41.61|

-38.39|

----------------------------------------

Результати розрахунку

Qmax= 41.61кН Mmax= 60.97кНм ЕJYк= -22.58кНм3

Виконав на ПЕОМ ст. Іванов І.І., гр. М-22, сх.-вар. 2 3

З таблиці видно, що результати розрахунку на калькуляторі і на ПЕОМ практично однакові. Отже, задача розв’язана правильно.

59

2.3. Розрахунок статично невизначених систем, елементи яких випробовують лише розтягання або стискання

Приклад

2.5.

Визначити

 

напруження в трьох стержнях

підвіски

(рис. 2.27, а), що виготовлені з одного матеріалу, при таких даних:

α= 45°;

β= 30°; A = 2

2 ;

A = 7 cм2

;

A = 3 cм2 ; F = 120 кН.

 

1

 

2

 

3

 

Щоб установити ступінь статичної невизначеності, використаємо формулу (2.1). Маємо: К = 2, Ш = 5 (у вузлі Д шарнір є двократним, оскільки з’єднує три стержня. Він еквівалентний n–1 = 3 – 1 = 2 простим шарнірам), тому Л = 3 25 = 1, тобто задана система один раз статично невизначена. Основну систему отримаємо із заданої, розрізавши стержень 1, тобто видаливши один зайвий зв’язок. Еквівалентна система зображена на рис. 2.27, б.

1

3

2

2

Рис. 2.27

Для такої статично невизначеної системи з відсутністю зміни температури (it = 0) та похибок у виготовленні окремих елементів ( iп = 0 )

система канонічних рівнянь методу сил (2.2) запишеться так:

δ11 X1 + ∆1F =

Визначимо з умов рівноваги сил, які стержнях основної системи N1(i) і NF (i)

0 .

сходяться у вузлі D, зусилля у відповідно від дії сил X1 = 1

(рис. 2.28, а) і зовнішнього навантаження F (рис. 2.28, б).

60

 

 

 

 

 

 

Рис. 2.28

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2,

 

 

Маємо: X = − 1sin α+ N

1(3) sin β= 0 N1(3) =

 

 

Y = 1cos

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

1+ 3

,

α+ N

 

+

N

cos

β= 0

N

 

 

 

 

 

 

1(2)

 

1(3)

 

 

 

 

1(2)

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

X = − NF (1) sin α+ NF (3) sin β= 0 NF (3) = 0,

Y = NF (1) cos α+ NF (2) + NF (3) cos βF = 0 NF (2) = F.

Епюри поздовжніх сил N1 і NF показані на рис. 2.27, в, г. Переміщення δ11 і 1F обчислимо перемножуванням епюр за

Верещагіним. Попередньо виразимо довжини стержнів 1 і 3 через довжину

стержня 2 (l2 = l): l1 =

l2

 

=

2l,

l3 =

l2

=

2

l.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cosα

 

cos β

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Після перемножування епюр одержимо

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= −(1+

3)lF

≈ −0,276

Fl

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= N

N

F

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1F

 

1

 

 

 

2 7 E

 

 

 

E

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

δ

 

 

 

 

 

 

 

= 1

 

2l 1

+ (1+

3) l (1+

3) +

2 2l 2

2,01

l

.

 

 

 

= N

 

N

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11

1

1

E 2

 

 

 

 

2 E 7 2

 

 

3E 3

 

E

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Підставивши 1F і δ11

 

у канонічне рівняння

δ11 X1 +1F = 0,

отримаємо

2,01

l

X

1

0,276

Fl

= 0

. Розв’язавши його, одержимо X

 

0,1373F . Сумарні

E

E

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

поздовжні сили в стержнях заданої системи розрахуємо за формулою (2.10)

N1 = 1 0,1373F = 0,1373F, N2 = −1+ 2 3 0,1373F + F = 0,7347F,

N3 = 2 0,1373F + 0= 0,1942F.

Напруження в стержнях обчислюємо за формулою σ= NA .

61

 

σ

=

0,1373 120

= 82380 кН/ м2

82,4

 

МПа;

 

 

 

(1)

 

 

2 104

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σ(2) =

0,7347 120

=125949 кН/ м2 126 МПа;

 

 

 

 

 

 

7 104

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σ

=

0,1942 120

= 77680 кН/ м2

77,7

 

МПа.

 

 

 

(3)

 

 

3 104

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад 2.6. Обчислити напруження на ділянках складеного стержня

(рис. 2.29,

а) при таких даних: F=400

кН, l

 

=2м, l

2

=3м,

A = 2 103

м2 .

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

2

 

Прийняти

для

міді

Е = Е = 1 105

МПа,

 

для

сталі

A = 5 103

м2 ,

 

 

 

 

м

1

 

 

 

 

 

 

1

 

Ес = Е2 = 2 105 МПа.

Задача один раз статично невизначена (Л =1), тому що невідомі реакції RА і RВ, а рівняння рівноваги тільки одне. Основну систему одержимо з заданої, видаливши затиснення лівого кінця стержня А. Еквівалентна система наведена на рис. 2.29, б.

Канонічне рівняння методу сил у даному випадку має вигляд

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

δ11 X1 + ∆1F = 0 .

 

 

 

 

 

Будуємо одиничну (рис. 2.29, в) і вантажну (рис. 2.29, г) епюри

поздовжніх сил та обчислюємо переміщення δ11

і 1F методом Верещагіна:

δ

 

=

 

1

 

1 = 1 l1 1+1 l2 1

=

 

 

1 2 1

+

 

1 3 1

=1,15 108 м/Н,

11

N

N

 

 

 

1

1011 5 103

2

1011 2 103

 

 

 

 

 

E

A E

2

 

A

 

 

 

 

 

1

1

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Fl2 1

 

= −

4 105 3 1

= −3 103 м.

= N

 

N

 

= −

 

 

E A

2 1011 2 103

1F

1

 

F

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

2

 

 

 

 

Підставимо в канонічне рівняння отримані значення переміщень δ11 і 1F і розв’яжемо його:

 

3

 

1,15 108 X1 3 103 = 0 X1 =

3 10

2,608 105

Н.

8

 

1,15 10

 

62

l1

l2

 

Рис. 2.29

За формулою (2.10) визначимо сумарні поздовжні сили на ділянках стержня:

NI =1 X1 +0=2,608 105H; NII =1 X1 F =2,608 105 4 105 = −1,392 105 H.

Напруження на ділянках стержня обчислимо за формулою σ = NA .

σI =

2,608 105

=5,216 107 Н/м2

=52,16

МПа,

 

 

5 103

 

 

 

σII = −

1,392 105

= −6,96 107 Н/м2

= −69,6

МПа.

 

 

2 103

 

 

 

Отже, мідна ділянка стержня розтягнута, а сталева – стиснута. Приклад 2.7. Розв’язати попередню задачу при додаткових умовах: у

процесі експлуатації температура стержня підвищується на t =20°, а виготовлений він був із похибкою: на 1 мм довше, ніж передбачалося.

Прийняти αм = 1,65 105 і αс = 1,25 105 (1/град.).

Канонічне рівняння в цьому випадку буде мати вигляд

δ11 X1 +1F +1t +1п = 0.

63

Переміщення δ11 і 1F відомі, а 1t визначимо за формулою (2.11)

1t = (αM l1 + αCl2 ) t = (1,65 105 2+ 1,25 105 3) 20= 1,41 105 м.

Вільний член 1п при такій основній системі (Х1 спрямований проти 1п ) дорівнює заданій похибці , тобто 1п = ∆ =1 103 м.

Розв’язавши при цих значеннях переміщень канонічне рівняння, одержимо X1 = 5,13 104 Н. Далі, за формулою (2.10), визначаємо сумарні поздовжні сили на ділянках стержня:

NI =1 X1 + 0 = 5,13 104 Н; NII =1 X1 F = 5,13 104 4 105 = −3,487 105 Н.

Далі, знаходимо напруження за формулою

σ =

 

 

N

:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

σI =

5,13 104

=1,026 10

7

Н/м

2

=10,26 МПа;

5 103

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3,487 105

 

 

8

 

 

2

 

 

σII =

 

 

= −1,7435

 

10 Н/м

 

 

≈ −174 МПа.

 

2 103

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Отже, внаслідок додаткового впливу температури і неточності виготовлення стержня напруження в сталевій ділянці його збільшилося в 2,5 рази і перевищило допустиме [σ]=160 МПа.

Приклад 2.8. Жорсткий брус АС підтримується двома сталевими стержнями однакової площі поперечного перерізу і спирається на нерухому опору В (рис 2.30, а). Визначити напруження в стержнях, що виникають при підвищенні температури на t = 40°C .

Встановимо за формулою (2.1) ступінь статичної невизначеності. Основа є одним елементом (рис. 2.30, б), тому К = 3, Ш = 8 і Л =3·3 – 8 = 1, тобто задача один раз статично невизначена.

Для того щоб одержати основну систему, розрізаємо в заданій системі стержень 1, тобто видалимо один зайвий зв’язок. Еквівалентна система наведена на рис 2.30, в. Канонічне рівняння в цьому випадку має вигляд

δ11 X1 + ∆1t = 0 .

З умови рівноваги MB = 0 визначимо зусилля в стержнях основної системи від дії сил Х1 =1:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

2

.

N

 

2sin30°+

N

1sin 60°= 0; N

= 1; N

1(2)

 

 

1(1)

 

1(2)

1(1)

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

64

t = 40oC

23

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 2.30

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Одинична епюра поздовжніх сил N

1

показана на рис 2.30, г.

 

 

Для обчислення переміщень δ11 і 1t

 

попередньо виразимо довжини

стержнів через h (рис. 2.30, а)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l1 =

 

h

 

= 2h; l2 =

 

 

h

 

=

2h

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin30°

sin 60°

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Потім за формулами (2.9) і (2.11) знаходимо

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 2h 1

 

 

 

2 2h 2

 

 

 

 

2h

 

4

 

h

 

δ =

N

N =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

1+

 

 

 

3,5396

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11

1

1

EA

 

 

 

3 3 3EA

 

 

EA

 

3 3

 

EA

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1t = α 1 2h t

+ α

2

 

 

2h

t =

10 α h t.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

65

При цих значеннях переміщень канонічне рівняння для визначення зайвого невідомого X1 буде

3,5396 EAh X1 + 103 α h t = 0.

Розв’язуючи це рівняння, знаходимо X1 ≈ − 0,9417 EAαt. Сумарні поздовжні сили в стержнях обчислюємо за формулою (2.10)

N = 1 X

 

= − 0,9417 EAαt; N

 

=

2

X

 

≈ − 1,0874 EAαt.

1

2

 

1

1

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

При цьому напруження, обчислені за формулою σ= NA , будуть

дорівнювати:

σ(1) = −0,9417 Eαt, σ(2) = −1,0874 Eαt.

Для сталі E = 2 105 МПа, α =1,25 105 , тому остаточно маємо

σ(1) = −94,17 МПа, σ(2) = −108,7 МПа.

Таким чином, у статично невизначених конструкціях виникають напруження від зміни температури навіть при відсутності зовнішніх сил. Вони іноді є причиною руйнування конструкцій.

Приклад 2.9. Обчислити напруження в трьох сталевих стержнях однакового поперечного перерізу (A = 10 см2), що виникають після монтажу конструкції, якщо стержень 1 виконаний коротше, а стержень 2 – довше на ∆ = 0,5 мм (рис. 2.31, а). Стержень АС вважати абсолютно жорстким.

За формулою (2.1) знаходимо Л = 3·3 – 7 = 2, тобто задана система двічі статично невизначена. Для того щоб одержати основну систему, звільняємо від зв’язку неточно виготовлені стержні 1 і 2. Еквівалентна система зображена на рис. 2.31, б. Оскільки немає зовнішнього навантаження і зміни температури, то система канонічних рівнянь (2.2) приймає вигляд

δ11 X1 +δ12 X 2 + ∆1п = 0 . δ21 X1 +δ22 X 2 + ∆2п = 0

66

l =1м

Рис. 2.31

Вільні члени при такій основній системі будуть рівними:

1п = −∆, 2п = ∆.

Коефіцієнти δik обчислимо за формулою (2.9) способом перемножування епюр N1 і N2 (рис. 2.31, в, г) за Верещагіним:

δ

 

 

 

 

 

2 l (2)

+

1 l 1

=

5l

;

= N

N =

E A

E A

E A

11

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

67

δ

= δ

 

 

 

 

 

 

 

 

2 l (1,5)

=

 

 

3l

;

 

 

= N

N =

 

 

 

 

E

A

 

 

 

 

 

12

 

 

 

21

 

 

1

2

 

 

 

E A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1,5 l (1,5)

+

1 l 1

=

3,25l.

δ = N

N =

22

 

2

 

 

2

 

 

 

E A

 

E

A

 

 

E A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тепер система канонічних рівнянь для визначення зайвих невідомих Х1 та Х2 буде

5X1 + 3X2 =

E A

 

 

 

 

 

 

 

 

l

 

 

 

 

E

 

 

 

3X1 + 3,25X2 = −

A .

 

 

l

 

 

 

 

 

 

 

 

Розв’язавши її, одержимо: X1 = 0,8621E A ; X2

= − 1,1035

E A.

 

 

l

 

 

l

Сумарні поздовжні сили в стержнях обчислюємо за формулою (2.10):

N = 1 X

1

=

0,8621E A; N

2

= 1 X

2

= −

1,1035 E A.

 

1

 

 

 

 

l

 

 

l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

N3 = −

2 0,8621

E A

 

 

 

E A

 

E A.

1,5 1,1035

≈ − 0,069

 

 

 

 

l

 

 

 

 

 

l

 

l

Далі за формулою σ =

N

 

обчислюємо напруження:

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σ

= 0,8621E ; σ

= − 1,1035 E ; σ = − 0,069 E .

(1)

 

 

 

l

(2)

 

 

l

 

(3)

 

l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Якщо врахувати, що для сталі E = 2 105 МПа, ∆ =5 104 м, l =1м, то

σ(1) = 86,21МПа; σ(2) = − 110,35МПа; σ(3) = − 6,9МПа.

Отже, стержень 1 розтягнутий, стержні 2 і 3 стиснуті.

Приклад 2.10. Обчислити напруження в стержнях, що підтримують абсолютно жорсткий брус, від підвищення температури на t = 40Co . Площі

перерізів усіх стержнів однакові (рис.

2.32, а). Прийняти EM = 1 105 МПа,

E = E = 2 105

МПа, α

М

=1,65 105

, α

C

=1,25 105; α = 0 .

с і

 

 

 

і

За формулою (2.1) знаходимо Л = 3·3 – 7 = 2 (шарнір 0 з’єднує чотири елементи, тому n – 1=3), тобто задана система двічі статично невизначена. Щоб одержати основну систему, розрізаємо в заданій системі стержні 1 і 2, звільнивши у такий спосіб два зайві зв’язки. Еквівалентна система наведена на рис. 2.32, б.

68

Рис. 2.32

Оскільки відсутнє зовнішнє навантаження і похибки у виготовленні окремих елементів, то система канонічних рівнянь методу сил (2.2) буде мати такий вигляд:

δ11 X1 +δ12 X 2 + ∆1t = 0

δ21 X1 +δ22 X 2 + ∆2t = 0

Визначимо зусилля в стержнях основної системи від дії одиничних зайвих невідомих Х1 = 1 і Х2 = 1 з умови рівноваги M A = 0.

У результаті одержимо

 

 

 

 

 

 

 

 

= 3 5 ; N

 

= 0;

 

 

 

= 1;

 

 

= −

10

.

N

= 1; N = 0;

N

2(1)

N

2(2)

N

 

1(1)

1(2)

1(3)

13

 

 

 

 

 

2(3)

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Одиничні епюри поздовжніх сил N1 і N2 зображені відповідно на

рис. 2.32, в та г.

Визначимо коефіцієнти δik за формулою (2.9), попередньо виразивши довжини стержнів через a (рис. 2.32, а). За теоремою Піфагора знаходимо

l1 = a 13; l2 = 2a

2; l3 = a

5

 

 

 

 

 

 

 

і перемножуємо епюри N

1

і N2

між собою за

Верещагіним

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 a 13 1

 

3 5

2

 

a 5

 

 

 

11 a

 

δ11 = N1 N1 =

 

 

 

5,6729

 

2 1011 A

+

 

 

 

10

 

 

 

;

13

 

2 1011 A

 

 

A

69

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

5

 

 

a

5

 

 

10

 

11 a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

N1 N 2 =

 

 

 

 

 

 

 

 

δ

= δ

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3,2889 10

 

 

;

 

 

 

 

 

13

2 1011

A

2

 

 

A

 

12

 

 

 

21

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 2a 2

1

 

 

10

2

 

 

a 5

 

 

 

 

 

a

 

δ22 =

 

N 2 N 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11

 

 

 

=

 

11

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5,6235 10

 

 

.

 

 

A

2

 

2

11

A

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 10

 

 

 

 

10

 

 

 

 

 

Переміщення 1t

і 2t

обчислимо за формулою (2.11):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1t = 1,25 105 t 1a

13 4,5069 105 at;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2t

= 1,65 105 t a2

 

2 4,6669 105 at.

 

 

 

 

 

Система канонічних рівнянь для визначення зайвих невідомих остаточно буде мати вигляд

5,6729X1 +3,2889X2 = − 4,5069 106 At . 3,2889X1 +5,6235X2 = − 4,6669 106 At

Розв’язавши цю систему методом вилучень, одержимо

X1 = − 0,4741 106 At; X2 = − 0,5527 106 At.

Тепер сумарні поздовжні сили в стержнях заданої системи визначимо за формулою (2.10)

N1 = 1 X1 = − 0,4741 106 At; N2 = 1 X2 = − 0,5527 106 At;

N3 = −

3 5

(0,4741 106

At)

10

(0,5527 106 At)= 1,756 106 At.

13

2

 

 

 

 

Розділивши знайдені поздовжні сили на площу А, отримаємо напруження

σ1 = − 0,4741 106 t; σ2 = − 0,5527 106 t; σ3 = 1,756 106 t.

При t = 40Co напруження встержнях конструкції мають такі значення:

σ(1) = −18,964 МПа; σ(2) = −22,108 МПа; σ(3) = 70,24 МПа.

Таким чином, найбільші напруження випробовує третій стержень, виконаний з інвару, причому вони настільки великі, що можуть призвести до руйнування конструкції.

70

2.4. Приклади для самостійного розв’язання

Приклад 2.11. Для рам, наведених на рис. 2.33, а, б, в побудувати сумарні епюри М, Q і N і визначити найбільші значення внутрішніх зусиль.

Рис. 2.33

Приклад 2.12. У заданих рамах (рис. 2.34, а, б, в) визначити вертикальне переміщення перерізу К.

Рис. 2.34

Приклад 2.13. У зображеній на рис. 2.35 конструкції стержень 1 чавунний, σЧ = 80МПа, стержень 2 мідний, [σМ ]= 60 МПа, а стержень 3 сталевий, [ σC ]=120 МПа. Площі поперечних перерізів стержнів 1 і 2 одна-

кові, а переріз стержня 3 удвічі менше. Підібрати площі перерізів стержнів. Приклад 2.14. У зображеній на рис. 2.36 конструкції стержні 1 сталеві з

площами

перерізу Aс = 10 см2, а стержні

2 мідні з площами

перерізу

Aм = 20 см2. Допустимі напруження для

сталі [σс ]=160 МПа

і міді

 

МПа. Визначити найбільш можливе навантаження F.

 

σм = 60

 

71

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 2.35

 

 

Рис. 2.36

Приклад 2.15. Сталевий болт пропущений крізь мідну трубку, як показано на рис. 2.37. Крок нарізки болта дорівнює 3 мм. Які напруження виникають у болті і трубці при закручуванні гайки на 1/4 оберту?

Приклад 2.16. У зображеній на рис. 2.38 конструкції сталеві стержні 1 виконані довше проектного розміру на 1мм кожний. Їхній переріз A1 = 25 см2, а переріз чавунних стержнів 2 дорівнює A2 = 40 см2. Визначити напруження в стержнях після складання конструкції, якщо модуль пружності

EС = 2 105 МПа, а чавуну EЧ =1,2 105 МПа.

l

Рис. 2.37

Рис. 2.38

Приклад 2.17. Зображений на рис. 2.39 стержень піддається нагріванню на t. Визначити найбільше за абсолютною величиною напруження, якщо

стінки абсолютно жорсткі, а E =1,2 105

МПа,

E

М

= 0,8 105

МПа,

Ч

 

 

 

 

αЧ = 1,25 105 , αМ = 1,65 105 , l=0,5м, δ=0,1мм, t = 40°C .

Приклад 2.18. Сталеві стержні 1 із поперечним перерізом площею 20 см2, а мідні стержні 2 із поперечним перерізом площею 30 см2 шарнірно сполучені в точці С (рис. 2.40) при температурі t1 = 15°C . Визначити напру-

ження в стержнях при зниженні температури до t2 = 45°C , якщо

EС = 2 105 МПа, EМ = 1 105 МПа, αС = 1,25 105 , αМ = 1,65 105 .

l

l

δ

Рис. 2.39

Рис. 2.40

72

Приклад 2.19. Визначити напруження на всіх ділянках стержня, показаного на рис. 2.41, якщо стінки абсолютно жорсткі, а a=0,5 м, A=100 cм2,

F=1500 кН, δ=0,1 мм, E = 2 105

МПа,

E

М

= 1 105

МПа,

α = 1,25 105

,

С

 

 

 

 

С

 

αМ = 1,65 105 , t = 40°C .

δ

Рис. 2.41

2.5. Дані для виконання розрахунково-проектувальної роботи № 4А “Розрахунок статично невизначеної рами методом сил”

(для студентів автомобільного і механічного факультетів)

Для заданої статично невизначеної рами потрібно:

1.Визначити ступінь статичної невизначеності, вибрати основну систему і записати систему канонічних рівнянь методу сил.

2.Побудувати епюри згинальних моментів в основній системі від дії одиничних зайвих невідомих і зовнішнього навантаження.

3.Визначити коефіцієнти і вільні члени канонічних рівнянь (жорсткості всіх стержнів однакові, тобто EJ=const).

4.Розв’язати систему канонічних рівнянь і перевірити правильність її розв’язання.

5.Побудувати сумарні епюри згинальних моментів, поперечних і поздовжніх сил.

6.Виконати деформативні і статичні перевірки.

7.Визначити методом Верещагіна вертикальне переміщення середини ригеля рами.

8.Перевірити на ПЕОМ за програмою “RАМА” правильність розв’язання задачі.

Схеми і варіанти роботи № 4А наведені нижче (рис. 2.42 і рис. 2.43).

73

 

q

M

F

 

 

1

/2

 

 

 

 

 

b

 

F

q

 

2

/2

 

M

 

 

 

 

 

b

 

F

 

q

3

/2

 

 

 

M

 

 

 

F

 

q

4

M

 

/2

 

 

 

 

 

b

 

 

 

 

F

M

 

 

 

 

 

5

q

/2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b

 

 

 

M

F

q

 

 

 

 

6

 

/2

/2

 

 

q

M

7

F

 

 

 

 

/2

 

M q

8

/2

F

 

b

M

F

9

q

F q

10

M

 

M

F

11

/2

q

 

 

 

 

 

b

 

M

F

 

 

12

 

/2

 

q

 

 

 

b

 

Рис. 2.42. Дані для розрахунку (робота № 4А)

74

 

q

F

 

 

q

 

M

 

F

 

13

M

/2

 

18

/2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b

 

 

 

 

 

 

b

 

 

 

F

M

q

 

 

 

b

F

q

M

14

/2

 

/2

Варіант

м

м

 

м

kH

м

kHм

 

 

 

 

 

 

 

kH

 

 

 

 

 

1

5

2

1

50

20

60

 

 

 

 

2

8

4

2

20

10

30

 

 

 

 

3

6

4

2

40

10

60

 

F

q

M

4

3

2

1

60

30

40

15

/2

 

 

5

4

3

1

80

20

50

 

 

 

 

6

10

5

3

20

10

40

 

 

 

 

7

4

2

1

50

20

80

 

 

b

 

8

9

6

3

30

10

50

 

 

 

 

 

F

 

q

9

6

2

1

60

30

60

 

 

 

16

 

/2

 

10

8

5

2

50

10

50

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11

5

4

2

40

20

40

 

 

 

 

 

M

 

 

12

4

3

1

80

20

80

 

 

 

 

13

8

3

2

50

20

60

 

 

M

F

14

5

3

1

100

20

40

 

 

 

15

5

5

2

40

10

50

 

/2

 

 

17

 

 

16

4

4

2

50

10

40

q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

17

6

5

3

30

10

40

 

 

 

b

18

10

3

2

30

10

40

Рис. 2.43. Дані для розрахунку (робота № 4А), продовження

75

РОЗДІЛ 3. РОЗРАХУНОК НЕРОЗРІЗНИХ БАЛОК

3.1. Основні відомості з теорії

Нерозрізними балками називаються багатопрольотні статично невизначені балки, що не мають проміжних шарнірів (рис. 3.1, а).

l

 

l

 

 

l2

l3

l4

l

l2

l3

l4

l

l

 

l4

 

 

l

 

 

 

Рис. 3.1

 

Опори і прольоти нерозрізних балок прийнято нумерувати зліва направо, як показано на рис. 3.1, а. Розрахунок нерозрізних балок, як будьяких інших статично невизначених систем, можна виконати методом сил. Ступінь статичної невизначеності нерозрізних балок зручно визначати за формулою

Л = С – 3,

(3.1)

де С – загальна кількість зв’язків у системі.

У зображеній на рис. 3.1, а нерозрізній балці С = 6, а Л = 6 – 3 = 3, тобто вона тричі статично невизначена або говорять, що балка має три зайві зв’язки.

Якщо при виборі основної системи (рис. 3.1, б) поставити шарніри над тими опорами, де невідомі опорні моменти (Х1 = М1, Х2 = М2 та Х3 = М3), то кожне канонічне рівняння можна скласти за готовою формулою (3.2), яка називається рівнянням трьох моментів (рис. 3.2)

lл

 

lп

 

 

 

 

Рис. 3.2

76

lлM л + 2(lл + lп )Mсер + lпMп = 6(Rсерф + Rсерф .п ),

(3.2)

де lл, lп – довжини лівого і правого прольотів балки;

Мл, Мсер, і Мп – опорні моменти над лівою, середньою і правою опорами; Rсефр.л і Rсерф .п – фіктивні опорні реакції на середній опорі, для якої

складається рівняння трьох моментів, від навантаження лівого і правого прольотів. Ці реакції називаються фіктивними тому, що вони заподіяні не заданим навантаженням, а фіктивним, що змінюється так, як епюра згинальних моментів МF в основній системі від навантаження кожного прольоту окремо. Фіктивні реакції вважаються додатними, якщо спрямовані униз, тобто від додатної епюри МF фіктивні реакції теж будуть додатними. Якщо один із кінців балки затиснений, то затиснення для зручності складання рівнянь трьох моментів заміняють додатковим прольотом нескінченно малої довжини (рис. 3.1, б). Для розрахунку нерозрізної балки треба скласти стільки рівнянь трьох моментів, скільки разів вона статично невизначена.

Склавши систему рівнянь трьох моментів та визначивши з її розв’язання опорні моменти, для побудови сумарних епюр згинальних моментів і поперечних сил використовують еквівалентну систему (рис. 3.1, в). Оскільки вона складається з окремих простих балок, то побудова епюр М та Q виконується звичайним шляхом.

При розрахунку складних, багаторазово статично невизначених балок сумарну епюру згинальних моментів простіше побудувати шляхом додавання до епюри від дії опорних моментів епюри МF від дії навантаження кожного прольоту в основній системі. При такому методі побудови сумарної епюри М поперечні сили обчислюють за формулою (2.7) і потім будують сумарну епюру поперечних сил Q. Сумарні реакції обчислюють за формулою

Rn = Qп Qл ,

(3.3)

де Qп і Qл – поперечні сили справа і зліва від опори n.

Для контролю правильності розрахунку нерозрізних балок, як і для будь-якої статично невизначеної системи, виконують статичні і деформативні перевірки.

При виконанні статичних перевірок звичайно обмежуються перевіркою рівноваги всієї балки в цілому.

Для деформативної перевірки помножують за Верещагіним сумарну епюру згинальних моментів М на епюру згинальних моментів MS в основній

системі від спільної дії одиничних опорних моментів (зайвих невідомих). Якщо

 

 

S = 0

 

M M

(3.4)

77

(з похибкою, яка дорівнює похибці обчислень, до 1%), то вважається, що задача розвязана правильно.

Слід зазначити, що виконання умови (3.4) не дає 100% гарантії правильності розв’язання задачі, тому що для повної гарантії правильності розв’язання задачі необхідно помножити сумарну епюру М на кожну з одиничних епюр Mi , тобто множень повинно бути стільки, скільки разів

статично невизначена балка.

3.2. Приклади розрахунку нерозрізних балок

Приклад 3.1. Побудувати сумарні епюри згинальних моментів і поперечних сил для нерозрізної балки, зображеної на рис. 3.3, а, при

ЕJ = соnst.

Розв’язок виконуємо в такій послідовності:

1. Визначити ступінь статичної невизначеності балки і зобразити раціональну основну систему.

Задана система має 5 опорних зв’язків (С = 5), тому за формулою (3.1) знаходимо ступінь статичної невизначеності Л = 5 – 3 = 2, тобто балка двічі статично невизначена. Раціональна основна система наведена на рис. 3.3, б. При такій основній системі за зайві невідомі приймаються опорні моменти М1

та М2.

2. Скласти систему рівнянь трьох моментів.

Розглядаючи по черзі опори 1 і 2 як середні за формулою (3.2), запишемо систему рівнянь трьох моментів.

l1M0 + 2(l1 + l2 )M1 + l2M2

= 6(R1фл

+ R1фп )

 

M

 

+ 2

(l

 

+ l

 

)M

 

+ l

M

 

= 6

(

Rф

.

l

1

2

3

2

3

+ Rф

2

 

 

 

 

 

3

 

 

2п )

3.Побудувати в основній системі епюру згинальних моментів М від навантаження кожного прольоту окремо.

Це робиться звичайним методом, тому що кожний проліт є статично визначеною двохопорною балкою. Епюра MF зображена на рис. 3.3, в.

4.Визначити фіктивні опорні реакції.

Завантажимо кожний проліт розподіленим навантаженням, що змінюється так, як епюра MF. Стрілочки, що зображують навантаження, cпрямовуємо до осі балки, а додатні фіктивні реакції униз (рис. 3.3, в).

78

 

l1 = 8м

 

 

l2 = 6м

 

l3

 

 

ω

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ω3

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ω1′′

 

 

ω2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ql

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8

= 90кНм

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

Рис. 3.3

 

′′

=

50

4 = 100кНм

2

,

 

 

Маємо ω1

= ω1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ω2

=

ql3

=

20 63

2

,

 

 

 

 

12

12

 

 

= 360 кНм

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

79

 

 

 

 

ω = 1

120 3 2 +120 3 = 720кНм2.

 

 

3

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M0 =

ω1

2

 

 

4 +

1

4

 

ф

 

3

4 + ω1′′

3

 

+ R8 = 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Rф

= 1

100 2

4 10016

 

= 33,33 кНм2.

8

 

 

3

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Оскільки в першому прольоті епюра MF кососиметрична, то

R0фп = R1фл = 33,33кНм2.

У другому і третьому прольотах епюра MF симетрична, тому

Rф

= Rф

=

1

ω

 

= ql3

=

20 63

= 180 кНм2 ,

1п

 

2

 

2

24

 

24

 

R2фп = R3фл = 12 ω3 = 7202 = 360кНм2.

Для перевірки правильності обчислення фіктивних реакцій необхідно в кожному прольоті перевірити, чи виконуються умови рівноваги Y = 0 .

Очевидно, що в даному випадку ця умова виконується. Отже, фіктивні реакції обчислені правильно.

5. Розв’язати систему рівнянь трьох моментів.

Підставляючи в рівняння трьох моментів довжини прольотів, значення опорних моментів М0=80 кHм, М3= – 100 кHм і фіктивних реакцій, одержимо систему рівнянь

8 80 + 2(8 + 6)M + 6M = 6(33,33 +180) ( ) 12 ( ) .

6M1 + 2 6 + 9 M2 9 100 = 6 180 + 360

Після спрощень вона приводиться до вигляду

M1

+ 0,2143M2 = −54,2864

(1)

M1

+5M2 = −390

.

(2)

 

Віднімаючи з рівняння (2) рівняння (1), отримаємо

4,7857M 2 = 335,7136 M2 = 70,15 кНм.

Підставляючи значення М2 в одне з рівнянь, наприклад, у друге, одержимо рівняння для визначення М1

80

M1 + 5(70,15) = 390 M1 = 39,25 кНм.

Для перевірки правильності розв’язання системи рівнянь трьох моментів необхідно підставити знайдені опорні моменти у кожне з рівнянь вихідної системи і переконатися, що вони виконуються.

8 80 + 28(39,25)6 70,15 = 6(33,33 +180)

(1)

6(39,25)30 70,159 100 = 6(180 + 360).

(2)

Або 1520,021519,9 = 0,12; 32403240 = 0.

Похибка обчислень складає за першим рівнянням

ε= 0,12 100 = 0,008%< 1% , а за другим 0 %, тобто система рівнянь

1519,9

трьох моментів розв’язана правильно.

6. Побудувати сумарні епюри згинальних моментів і поперечних сил. Розглянемо перший проліт (рис. 3.3, г):

M0 = F 2 + 39,25R8M = 0

 

 

 

R= 1(40 2100 + 39,25) =

19,25 = 2,406кН;

 

 

 

 

8

8

 

 

 

 

M1 = F 10 + R0 8 M + 39,25 = 0

R0

=

1

(40 10

+100 39,25)= 339,25

= −42,406кН, тобто реакція

 

 

8

 

8

 

спрямована униз, а не вгору, як передбачалося. Перевірка:

Y = F R0 + R= 40 42,406 + 2,406 = 42,406 42,406 = 0 .

Отже, реакції визначені правильно. Ділянка I (0 < х < 2 м):

Q( x) = F = 40кН = const;

M( x) = Fx л.ф.; M x=0 = 0, M x=2 = 40 2 = 80 кНм.

Ділянка II (0 < х < 4 м):

Q( x) = F R0 = 40 42,406 ≈ −2,41 кН = const;

M( x) = F (2 + x)R0 x л.ф.; M x=0 = 40 2 = 80 кНм;

81

M x=4 = 40 6 42,406 4 = 70,37 кНм.

Ділянка III (0 < х < 4 м):

Q( x) = R≈ −2,41 кН = const;

M( x) = −39,25+Rx л.ф.; M x=0 = −39,25 кНм, M x=4 = −39,25 + 2,406 4 = −29,63 кНм.

Розглянемо другий проліт (рис. 3.3, г):

M1 = q 62 + 70,15 39,25 R6 = 0

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

R= 1

 

20 6

2

 

 

 

 

390,9

 

 

 

 

 

 

 

 

+ 70,15 39,25 =

= 65,15 кН.

6

 

2

 

 

 

 

 

6

 

M 2 = R1п6 39,25 + 70,15

q 62

= 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

R= 1

 

39,25 70,15 + 20 6

2

 

329,1 = 54,85 кН.

 

 

=

6

 

 

2

 

 

6

 

Перевірка:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Y = R1п q 6+R= 54,85 20 6+65,15 =120 120 = 0.

Отже, реакції визначені правильно.

 

 

 

 

 

Ділянка IV (0 < х < 6 м):

 

 

 

 

 

Q( x) = R1п qx л.ф.; Q

 

x=0

= R1п = 54,85 кН;

 

 

Q x=6 = 54,85 20 6 = −65,15 кН.

Поперечна сила змінює знак на ділянці. Визначимо х = х0, при якому

Q( x) = R1п qx0 = 0 x0 = Rq1п = 54,8520 = 2,74м.

M( x) = R1пx q 2x2 39,25 – парабола, тому обчислюємо значення М в трьох перерізах:

82

M

 

 

 

= −39,25 кНм,

M

 

 

= 54,85 6

 

20 62

39,25 = −70,15 кНм.

 

 

 

 

 

 

 

x=0

 

x=6

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M

 

 

= M

 

 

= 54,85 2,74

20 2,742

 

 

max

 

x=x0 =2,74м

 

2

39,25 = 35,96 кНм.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Розглянемо третій проліт (рис. 3.3, г):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M 2 = −70,15+F 3+F 6+M R3 9 = 0

 

 

 

 

 

R3 =

1 (70,15+40 3+40 6+100)=

389,85 = 43,32 кН.

 

 

 

 

 

 

9

 

 

 

 

 

 

 

9

 

M3 = −70,15 F 6 F 3+M +R2п 9 = 0

R2п = 19 (70,15 + 40 6 + 40 3 100)= 330,159 = 36,68 кН.

Перевірка:

Y = R2п 2F +R3 = 36,68 2 40+43,32 = 80 80 = 0.

Отже, реакції визначені правильно. Ділянка V (0 < х < 3 м):

Q( x) = R2п = 36,68 кН = const;

M ( x) = −70,15+R2пx л.ф.; M x=0 = −70,15кНм,

M x=3 = −70,15+36,68 3 = 39,89кНм.

Ділянка VI (0 < х < 3 м):

Q( x) = R2п F = 36,68 40 = −3,32 кН = const,

M( x) = −70,15+R2п(3+x) F x л.ф.

M x=0 = −70,15+36,68 3 40 0 = 39,89 кНм,

M x== −70,15 +36,68 6 40 3 = 29,93 кНм.

Ділянка VII (0 < х < 3 м):

Q( x) = −R3 = −43,32кН = const,

M( x) = −M +R3 x л.ф.; M x=0 = −100 кНм,

83

M x== −100+43,32 3 = 29,96 29,93 кНм.

Ділянка VIII (0 < х < 2 м):

Q( x) = 0 = const, M( x) = −100 кНм = const.

Якщо в кожному прольоті відкласти обчислені значення згинальних моментів і поперечних сил від однієї базової лінії в одному і тому ж масштабі, то одержимо сумарну епюру М (рис. 3.3, д) і Q (рис. 3.3, е).

7. Визначити сумарні опорні реакції.

Очевидно, сумарні опорні реакції можна обчислити за формулою

Rn = Rnп + Rnл .

Маємо R0 ≈ −42,41 кН, R1 = 2,406+54,85 = 57,256 57,26кН,

R2 = 65,15+36,68 =101,83кН, R3 = 43,32кН.

8. Виконати статичну і деформативну перевірки розв’язання задачі. Для статичної перевірки переконаємося в тому, що задана балка

знаходиться у рівновазі (рис. 3.3, ж).

Y = 40 42,41+57,26 20 6+101,83 40 40+43,32 = 242,41 242,41 = 0.

Статична перевірка підтверджує правильність розв’язання задачі.

Для деформативної перевірки побудуємо в основній системі епюру згинальних моментів MS від спільної дії одиничних зайвих невідомих (рис. 3.3, з) і помножимо її за Верещагіним на сумарну епюру М.

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

1

 

 

 

M MS

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

70,37 4

 

 

 

 

 

 

+

 

 

9,63 4

 

 

 

 

29,63 4

 

 

 

+

 

 

 

 

 

EJ

 

2

2

2

3

2

 

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

1

+

2

 

1

 

 

 

39,25+70,15

6

1+

20

63

1

1

70,15

 

 

2

+

2

9,62 4

2

3

2

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

12

 

2

3

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

2

 

1

+

1

39,89

3

 

2

+

1

 

1

 

 

 

 

 

 

3

 

1

+

1

 

 

1

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

2

 

3

3

3

+29,93

 

2

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

+

2

 

1

+

1

29,93

 

3

 

2

 

1

1

100 3

1

 

1

=

 

 

 

 

 

 

 

2

9,96 3

3

3

 

 

2

 

3

3

2

3

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

84

=

1

(542,19 543,3233)=

1,0433

,

ε =

1,0433 100

= 0,19% <1%,

що не

EJ

EJ

542,19

 

 

 

 

 

 

перевищує похибки обчислень.

Приклад 3.2. Виконати розрахунок нерозрізної балки, наведеної на рис. 3.4, а, якщо ЕJ = соnst.

Розрахунок виконуємо в такій послідовності:

1. Визначити ступінь статичної невизначеності балки і зобразити раціональну основну систему.

За формулою (3.1) обчислюємо ступінь статичної невизначеності:

Л = 6 – 3 = 3.

Отже, балка тричі статично невизначена. Раціональна основна система зображена на рис. 3.4, б. Для зручності складання рівнянь трьох моментів затиснення на правому кінці замінено додатковим прольотом нульової довжини.

2. Скласти систему рівнянь трьох моментів.

По черзі, вважаючи опори 1, 2 і 3 середніми, складаємо за формулою (3.2) рівняння трьох моментів

l1M0 +2(l1 +l2 )M1 +l2M2

= −6(R1фл +R1фп )

 

 

 

 

l2M1 +2(l2 +l3 )M2 +l3M3

= −6(R2фл +R2фп )

 

.

l3M2 + 2(l3 + l4 )M3 + l4M

 

 

4 = −6(R3фл + R3фп )

 

 

 

3.Побудувати в основній системі епюру згинальних моментів МF від навантаження кожного прольоту окремо.

Побудова епюри МF виконується звичайним методом. Вона зображена на рис. 3.4, в.

4.Визначити опорні фіктивні реакції.

Завантажимо кожний проліт фіктивним розподіленим навантаженням, яке змінюється так, як епюра МF, і додатними фіктивними опорними реакціями, спрямованими униз (рис. 3.4, в).

Знаходимо:

ω = 1 75 6 = 225кНм2 , ω = ql3

= 20 63

= 360кНм2 ,

1

 

2

 

 

2

12

 

 

12

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

qa3

=

20 23

 

2

 

′′

=

1

10

 

2

,

ω3

12

12

=13,35кНм

, ω3

2

2 =10кНм

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ω′′′3 = 12 50 2 =50кНм2.

85

0

 

 

 

 

 

 

2

l1 = 6м

 

 

l3

l4 = 0

ω1

 

 

ω3

ω3′′′

 

ω

2

ω3′′

 

 

 

 

 

ql

2

 

 

 

8

= 90кН

 

 

 

 

 

 

Рис. 3.4

 

 

 

86

 

 

 

 

Оскільки в прольотах 1 і 2 навантаження симетричне, то

R0фп = R1фл = 12 ω1 = 12 225 =112,5кНм2 , R1фп = R2фл = 12 ω2 = 12 360 =180кНм2.

Фіктивні опорні реакції від навантаження третього прольоту визначимо

зумов рівноваги:

M3 = −R2фп 4+ω′3 3 −ω′′3 2+ 1 2 +ω′′′3 2 2 = 0

3 3

 

Rф

 

= 1 13,33 3 10 8 +50

4

= 79,92 = 20кНм2.

 

2п

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

4

 

 

 

4

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

M2

 

′′

 

2

′′′

 

 

1

2

 

ф

 

= −ω3

1+ω3

3

2 −ω3

 

2+

3

 

+R4 = 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Rф

= 1

13,33 10 4 +50 8

 

= 133,33 = 33,33кНм2.

 

 

4

 

 

 

3

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

Перевірка:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ф

 

′′

′′′

 

ф

 

 

+13,33 10+50 33,33 = −63,33+63,33 = 0.

Y = −R2п +ω3 −ω3

+ω3

R= −20

Отже, фіктивні реакції в третьому прольоті обчислені правильно. 5. Розв’язати систему рівнянь трьох моментів.

Підставляючи в рівняння трьох моментів довжини прольотів, фіктивні

реакції і відомі опорні моменти M0 = −

20 22

= −40кНм2 і М4 = 0, отримаємо

 

2

 

 

 

6 40+24M1 +6M2 = −6(112,5+180)

 

6M1 +20M2 +4M3 = −6(180+20)

.

 

4M2 +8M3 +0 0 = −6(33,33+0)

 

 

Після спрощення ця система приводиться до вигляду

 

M1 +0,25M2 = −63,125

 

(1)

 

 

 

 

(2)

M1 +3,333M2 +0,6667M3 = −200 .

M2 +2M3 = −50

 

(3)

 

87

Віднімаючи із рівняння (2) рівняння (1), одержимо після розділення його на коефіцієнт при М2

M 2 +0,2162M3 = −44,3924.

(4).

Тепер, якщо відняти з рівняння (3) рівняння (4), то отримаємо

1,7838M3 = −5,6076 M3 = −3,14 кНм.

Далі з рівняння (3) знаходимо M 2 = −43,71кНм, а з рівняння (1) –

M1 = −52,20 кНм.

Для перевірки правильності розв’язання системи рівнянь трьох моментів підставляємо в кожне її рівняння знайдені опорні моменти:

240+24 (52,20)+6 (43,71)+1755 = −1754,46+1755 = 0,54,

ε =

0,54 100

= 0,03% <1%,

 

1754,46

 

6 (52,20)+20 (43,71)+4 (3,14)+1200 = −1199,96+1200 = 0,04,

ε =

0,04 100

= 0,003% <1%,

 

1200

 

4 (43,71)+8 (3,14)+199,98 = −199,96+199,98 = 0,02,

ε =

0,02 100

= 0,01% <1%.

 

199,96

 

Похибки обчислень менше 1%, тому можна вважати, що система рівнянь розв’язана правильно.

6. Побудувати сумарну епюру згинальних моментів М.

Скористаємося принципом незалежності дії сил, відповідно до якого для побудови сумарної епюри згинальних моментів М необхідно скласти епюру від дії тільки опорних моментів з епюрою МF. Сумування виконано на рис. 3.4, г.

7.Виконати деформативну перевірку.

Помножимо за Верещагіним сумарну епюру М на епюру MS (рис. 3.4, д) від дії одиничних зайвих опорних моментів.

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

1

 

 

 

2

 

1

 

1

 

 

M MS =

40

6

1

12,2

6

 

1+

75 6

1

 

 

2

2

3

2

2

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

88

 

52,2+43,71

6

1+

20 63

1

43,71+33,43

2

1+

 

2

12

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+ 20 63

1+ 26,57 3,14 2

1 =

 

1

(

509,26 509,27)= 0,01;

 

 

 

 

12

 

2

 

 

 

EJ

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

ε =

0,01 100

= 0,002% <1%. Така похибка обчислень допустима.

 

509,26

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8. Побудувати сумарну епюру поперечних сил.

Обчислимо поперечні сили в характерних перерізах за формулою (2.7). Маємо:

Q00 = 202 2 + 4020 = 20 20 = 0,

Q00= − 202 2 + 4020 = 20 20 = −40кН,

 

 

 

 

Q = −

28,9 (40)

 

= 22,97кН,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

01

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q =

52,2 28,9

= −27,03кН,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

10

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q = 20 6

+

43,71(52,2)

 

= 60+1,42 = 61,42кН,

 

 

 

12

2

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q21 = −60+1,42 = −58,58кН,

Q

 

= 20 2

+

33,43 (43,7)

= 20+5,14 = 25,14кН,

 

 

22

 

2

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q22 = −20+5,14 = −14,86кН,

 

 

 

Q

=Q

= 3,14 26,57 = −14,86кН.

 

 

 

2 3

32

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

На рис. 3.4, е за цими обчисленнями побудована сумарна епюра поперечних сил Q.

9. Визначити сумарні опорні реакції. Скористаємося формулою (3.3).

R0 = 22,97 (40) = 62,97 кН; R1 = 61,42 (27,03) =88,45 кН;

R2 = 25,14 (58,58) =83,72 кН; R3 = 0 (14,86) =14,86 кН.

89

10. Виконати статичну перевірку.

Обмежимося перевіркою рівноваги всієї балки (рис. 3.4, ж):

Y = −20 2+62,97 50+88,45 20 8+83,72+14,86 = −250+250 = 0,

тобто статична перевірка виконується.

11. Підібрати двотавровий переріз балки з умови міцності за нормальними напруженнями, якщо [σ] = 160 МПа.

σmax = MWmax [σ] умова міцності балки за нормальними напру-

женнями.

У небезпечному перерізі (рис. 3.4, г) M max = 52,2 кНм. З умови міцності визначимо

W

=

 

 

M

 

max

=

52,2 103

= 0,326 103 м3 = 326см3

 

 

 

 

[σ]

160 106

T

 

 

 

 

 

і знаходимо за сортаментом I№ 24а (Jz=3800 см4, Wz=317 см4). При цьому

σmax = 52,2 103 =164,67 106 Н/м2 =164,67МПа >[σ] 317 106

на ε = 4,67 100 = 2,92% < 5%, що допустимо. 160

12. Визначити методом Верещагіна прогин у точці дії зосередженої сили F.

Побудуємо в основній системі епюру згинальних моментів MK (рис. 3.4, з) від дії одиничної узагальненої сили FK=1, прикладеної в точці К, і перемножимо за Верещагіним епюру М на MK :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

1

 

3

 

1

 

 

 

 

2

 

3

 

 

yK = M M K =

 

 

40

3

 

+

 

28,9

3

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EJ

2

3

2

2

3

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

52,2 3

1

 

3

 

=

1

 

 

(69,15+86,7) =

17,55

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

3

 

 

EJ

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

17,55 103

 

 

 

 

 

 

= 2,309 10

3

м 2,31 мм.

 

2

 

5

 

10

6

 

3800

10

8

 

 

 

 

10

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

90

1313. Перевірити правильність розв’язання задачі на ПЕОМ за програмою “BALKA”.

Згідно з інструкцією до програми “BALKA” (додаток 4) необхідно підготувати вихідні дані для перевірки *1 (приклад наведено нижче).

Робота №5 з опору матеріалів

 

 

 

 

 

 

Іванов І.І., гр.М-22,

 

 

 

-

2

3

1

сх.-вар., par

 

 

 

 

Ступінь статичної невизначеності

 

-

3

 

 

Число ділянок

 

 

 

 

-

8

 

 

-- Ном. перших ділянок по прол. і конс. ---

 

|л.кон.| 1-пр.| 2-пр.| 3-пр.| 4-пр.|п.кон.|

 

-------------------------------------------

 

| 1 | 2 | 4 | 5 |

7 |

 

8

|

 

|-----------

|

 

Довжина і епюри по ділянках ----------

 

|

L

|

 

MF

 

|

 

 

|№д|

|--------------

лів.

пр.-----

--q ---

|---

--

лів--.---------

 

пр. |

|

|

м

|

 

 

|

|

|

кНм

кНм

кН/м |

 

м

 

м |

--------------------------------------------------

1

|

2

0

-40

-20

0

0

2

|

3

0

75

0

0

1.5

3

|

3

75

0

0

1.5

0

4

|

6

0

0

-20

0

0

5

|

2

0

-10

-20

0

0

6

|

2

50

0

0

0

0

7

|

0

0

0

0

0

0

8

|

0

0

0

0

0

0

Після уводу цих даних та розрахунку на ПЕОМ одержимо роздруківку результатів, яка наведена нижче, (на стор. 91).

* Затиснення замінюється додатковим прольотом та консоллю нульової довжини

91

 

 

Розрахунок статично невизначеної балки

 

 

 

 

 

Вихідні дані задачі:

-

3

 

Ступінь статичної невизначеності

 

Число ділянок

 

 

-

8

 

 

 

Нум. перших ділянок по прол. і конс.

 

 

-------------------------------------------

 

|л. кон| 1-пр.| 2-пр.| 3-пр.| 4-пр.|п. кон|

 

-------------------------------------------

 

| 1 |

2 |

4 | 5 |

7 | 8 |

 

-------------------------------------------

|-----------

|

 

|

Довжина і епюри по ділянках ----------

|

L

 

MF

|

|№д|

|----------------------------------------

лів.

пр.

q |

лів.

пр. |

|

|

м

|

|

|

|

кНм

кНм

кН/м |

м

м |

--------------------------------------------------

| 1| 2.00|

0.00| -40.00| -20.00|

0.00|

0.00|

| 2| 3.00|

0.00|

75.00|

0.00|

0.00|

1.50|

| 3| 3.00|

75.00|

0.00|

0.00|

1.50|

0.00|

| 4| 6.00|

0.00|

0.00| -20.00|

0.00|

0.00|

| 5| 2.00|

0.00| -10.00| -20.00|

0.00|

0.00|

| 6| 2.00|

50.00|

0.00|

0.00|

0.00|

0.00|

--------------------------------------------------

Коефіцієнти системи рівнянь

A11=

24.00 A12=

6.00 A13=

0.00

A14=-1515.00

A21=

6.00 A22=

20.00 A23=

4.00

A24=-1200.00

A31=

0.00 A32=

4.00 A33=

8.00

A34= -200.00

М1=

 

 

Результат рішення системи

-3.14кНм

 

-52.20кНм М2= -43.71кНм М3=

 

|---------------

|

M

Епюри

--------------

Q

|

 

|

 

 

|№д|

--------------------------------лів.

пр. |

 

лів.

пр. |

 

|

|

 

 

|

|

кНм

кНм |

 

кН

кН |

 

------------------------------------

 

| 1|

0.00| -40.00|

 

0.00| -40.00|

 

| 2|

-40.00| 28.90| 22.97| 22.97|

 

| 3|

28.90| -52.20| -27.03| -27.03|

 

| 4|

-52.20| -43.71|

61.41| -58.59|

 

| 5|

-43.71| -33.43|

25.14| -14.86|

 

| 6|

26.57|

-3.14| -14.86| -14.86|

------------------------------------

Результати розрахунку

Qmax= 61.41кН Mmax= -52.20кНм ЕJyк= 17.56кНм3

Виконав на ПЕОМ ст. Іванов І.І., гр. М-22, сх.-вар. 2 3

З таблиці видно, що результати розрахунку на калькуляторі і на ПЕОМ практично однакові. Отже, задача розв’язана правильно.

92

Приклад 3.3. Побудувати сумарні епюри М та Q для нерозрізної балки, зображеної на рис. 3.5, а при ЕJ=соnst.

У балці є п’ять опорних зв’язків, тому за формулою (3.1) знаходимо, що ступінь статичної невизначеності її Л=2. Раціональна основна система, у якій затиснення зліва замінене додатковим прольотом нульової довжини, наведена на рис. 3.5, б.

Будуємо епюру МF в основній системі від навантаження кожного прольоту окремо *2 (рис. 3.5, в) і обчислюємо фіктивні опорні реакції:

ω1 = 0, ω2 =120 3 =360кНм2 , ω3 = ql3 = 20 83 =853,33кНм2 , 12 12

R0фп = R1фл = 0, R1фп = 14 ω2 = 14 360 = 90кНм2 ,

R2фл = 34 ω2 = 34 360 = 270кНм2 , оскільки ω2 прикладена на відстані l/ 4

від правої опори. Перевірка:

Y = −R1фп +ω1 R2фл = −90+360 270 = 0.

Rф

= Rф

=

1

ω =

1

853,33 = 426,67кНм2 ,

тому що навантаження в

 

2

3

2

 

 

третьому прольоті симетричне.

Вважаючи по черзі опори 1 і 2 середніми, складаємо для них за формулою (3.2) рівняння трьох моментів.

l1M0 +2(l1 +l2 )M1 +l2M2

= −6(R1фл +R1фп )

l2M1 +2(l2 +l3 )M2 +l3M3

.

= −6(R2фл +R2фп )

 

 

Підставляючи в ці рівняння довжини прольотів, фіктивні опорні реакції і значення опорного моменту M3 = −40 2кНм, одержимо таку систему

рівнянь трьох моментів для визначення невідомих опорних моментів М1 та М2:

12M1 +6M2 = −6(0+90)

 

6M1 +28M2 +8 (80) = −6

.

(270+426,67)

* Зосереджений момент М на опорі 2 слід віднести до лівого прольоту, внаслідок чого простіше будуть визначатися фіктивні опорні реакції.

93

Після спрощення ця система рівнянь приводиться до вигляду

 

M1 + 0,5M 2

= −45

 

 

 

 

.

 

M1 + 4,6667M2 = −590,0033

 

 

 

 

 

 

3

l1 = 0

l2 = 6м

l3 = 8м

 

ω2

 

 

 

 

ql

2

 

 

8

=160кНм

 

 

 

 

 

Рис. 3.5

 

Розв’язуючи її методом виключень, отримаємо

94

M1 = 20,4 кНм; M 2 = −130,8 кНм; M3 = −80 кНм.

Для перевірки правильності розв’язання системи рівнянь трьох моментів необхідно підставити знайдені значення опорних моментів у кожне з рівнянь системи і переконатися, що вони виконуються.

Сумарну епюру згинальних моментів М будуємо методом додавання епюри МF до епюри згинальних моментів від дії тільки опорних моментів. Додавання виконане на рис. 3.5, г.

Для деформативної перевірки помножимо за Верещагіним епюру М на епюру MS , наведену на рис. 3.5, д.

 

 

 

 

1

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

M

MS =

20,4 3 1

55,2

3

1+

64,8

3 1

 

 

2

2

2

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

10,8 3 180 8 1

11

50,8 8

2

1+ 20 83

 

1 1

=

2

 

 

 

 

 

 

 

2

2

 

 

 

3

 

12

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= EJ1 (554,4667 554,4667) = 0, ε = 0.

Отже, деформативна перевірка виконується.

Переконавшись у правильності побудови епюри М, обчислюємо за формулою (2.7) поперечні сили в характерних перерізах і будуємо сумарну епюру Q.

Q

=Q

 

= 55,2 20,4

= 75,6 = −25,2кН,

11

1 1

3

3

 

 

 

Q

= Q

=

10,8 64,8

= 75,6 = −25,2кН,

 

1 2

21

3

3

 

 

 

Q

= 20 8 +

80 (130,8)

=80 + 6,35 =86,35кН,

 

23

 

2

 

 

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q

= −

20 8

+6,35 = −73,65кН, Q = Q

= 40кН.

 

23

 

 

2

 

33

3 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

За цими значеннями на рис. 3.5, е побудована сумарна епюра поперечних сил Q. Тепер обчислюємо за формулою (3.3) сумарні реакції:

R1 = −25,2 0 = −25,2кН; R2 =86,35 (25,2) =111,55кН;

R3 = 40 (73,65) =113,65 кН

95

і виконуємо статичну перевірку (рис. 3.5, ж)

Y = −25,2+111,55 20 8+113,65 40 = −225,2+225,2 = 0.

Отже, задача розв’язана правильно.

Приклад 3.4. Побудувати сумарні епюри М та Q для нерозрізної балки

(рис. 3.6, а) при ЕJ=соnst.

Балка двічі статично невизначена (Л = 2). Основна система показана на рис. 3.6, б, а на рис. 3.6, в зображена епюра МF в основній системі від навантаження кожного прольоту.

Внаслідок симетрії М2=М1. Тому для визначення опорних моментів достатньо скласти тільки одне рівняння трьох моментів, наприклад, для опори

1.

l1M0 +2(l1 +l2 )M1 +l2M 2 = −6(R1фл +R1фп ),

Rф

= Rф

=

Pl2

= 40 62

=90кНм2 ,

Rф

= Rф

= ql3

= 20 83

= 213,33кНм2.

 

0п

16

16

 

1п

24

24

 

 

 

 

 

 

 

Підставляючи в рівняння трьох моментів М0=0, М2=М1 та значення фіктивних реакцій, отримаємо

36M1 = −6(90+213,33) M1 = M 2 = −50,56кНм.

Побудову сумарної епюри М виконано методом додавання епюр на рис. 3.6, г.

Тепер обчислимо поперечні сили в характерних перерізах

Q = 34,72 0

=11,57кН,

Q = 50,56 34,72

= −28,43кН,

01

3

 

10

3

 

 

 

 

 

Q =10 8

+

50,56 (50,56)

= 40кН.

 

12

2

8

 

 

 

Для правої половини балки значення поперечних сил будуть такими саме, але з протилежними знаками. На рис. 3.6, д побудована сумарна епюра поперечних сил. Опорні реакції обчислюємо за формулою (3.3)

R0 = R3 =11,57кН,

R1 = R2 = 40 (28,43) = 68,43 кН

96

і виконуємо статичну перевірку (рис. 3.6, е)

Y = 2 11,57 2 40+2 68,43 10 8 =160 160 = 0.

Для деформативної перевірки помножимо за Верещагіним епюру М на епюру MS (рис. 3.6, ж). Внаслідок симетрії перемножування епюр виконаємо тільки для однієї половини балки.

 

 

 

1

 

1

 

 

2 1

 

1

 

 

 

1

 

1 1

 

1

 

 

 

1

 

2 1

 

M MS =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

34,72

3

3 2

+

2

34,72

3

 

2

+

3 2

 

2

50,56

3

 

2

+

3 2

 

 

 

 

 

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

50,56 4 1+10 83

1

=

1

(265,41265,44) = −0,03 ,

 

 

 

 

24

 

 

EJ

EJ

 

 

 

 

ε =

0,03 100

= 0,011% <1%,

що допустимо.

 

265,41

 

 

 

 

 

97

l1 = 6м

l2 = 8м

l3 = 6м

Pl

= 60

q

 

l = 60

4

=80

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 3.6

 

Приклад 3.5. Побудувати сумарні епюри М та Q для нерозрізної балки, зображеної на рис. 3.7, а при EJ=const.

Балка тричі статично невизначена (Л = 3). Основна система зображена на рис. 3.7, б.

98

 

 

 

4

 

 

 

4

l1 = 0

l2 = 3м

l3 = 4м

l4 = 5м

Рис. 3.7

Зайвими невідомими є опорні моменти М1, М2 та М3. Моменти в опорних перерізах 0 і 4 відомі: М0=0, М4= –200 кНм.

Оскільки навантаження в прольотах відсутні, то епюри МF не буде, тому усі фіктивні реакції будуть дорівнювати нулю і система рівнянь трьох

моментів буде мати вигляд

 

6M1 +3M2 = 0

 

3M1 +14M2 +4M3 = 0

 

.

4M2 +18M3 +5 (200) = 0

99

Розв’язуючи цю систему рівнянь, одержимо: M1 = 9,57кНм,

M 2 = −19,14кНм, M3 = 59,81кНм, M 4 = −200кНм.

Оскільки в кожному прольоті МF=0, то сумарна епюра згинальних моментів М буде така ж, як і епюра опорних моментів, що наведена на

рис. 3.7, в. З епюри М бачимо, що

M1

= −

1 M2 . Це співвідношення

 

 

 

2

справедливо тільки тоді, коли проліт, що примикає до затиснення, не завантажений.

Для контролю правильності розв’язання задачі виконаємо деформативну перевірку, тобто помножимо за Верещагіним епюру М на MS

(рис. 3.7, г)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

M MS

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

(19,14

9,57) 3 1

 

(59,8119,14) 4 1+

 

 

 

 

 

EJ

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

1

 

 

 

 

 

0,0016

 

+

 

59,81

5

 

1

 

200 5

 

1 =

 

 

(181,0233 181,0217) =

 

 

;

2

3

2

3

 

EJ

EJ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ε = 0,0016 100

= 0,002% <1%.

 

Така

похибка

обчислень

цілком

 

 

181,0217

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

допустима.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тепер обчислюємо поперечні сили:

 

 

 

 

 

 

 

 

Q = Q =

19,14 9,57

= −9,57кН,

Q

=Q

= 59,81(19,14) =19,74 кН,

 

 

12

 

21

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

23

32

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Q

 

= Q =

200 59,81

= −51,96 кН, Q

= Q

=100 кН.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

34

 

 

 

43

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

44

4 4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Будуємо сумарну епюру Q (рис 3.7, д) та визначаємо опорні реакції за формулою (3.3)

R1 = −9,57 кН, R2 =19,74 (9,57) = 29,31 кН,

R3 = −51,96 19,74 = −71,70 кН, R4 =100 (51,16) =151,96 кН

і перевіряємо рівновагу всієї балки в цілому (рис. 3.7, е)

Y = −9,57+29,3171,70+151,96 100 =181,27 181,27 = 0.

Отже, статична перевірка виконується.

100

3.3. Приклади для самостійного розв’язання

Приклад 3.6. Для зображених на рис. 3.8, а і б нерозрізних балок побудувати сумарні епюри М та Q і визначити |М|max і |Q|max, якщо ЕJ=соnst.

Рис. 3.8

Приклад 3.7. Підібрати з умови міцності за нормальними напруженнями номер двотавра для зображених на рис. 3.9, а і б нерозрізних балок, якщо

[σ]=160 МПа, а ЕJ=соnst.

Рис. 3.9

Приклад 3.8. Побудувати сумарні епюри М та Q і визначити σmax для зображених на рис. 3.10, а і б нерозрізних балок, якщо ЕJ=соnst у всіх прольотах.

Рис. 3.10

101

3.4. Дані для виконання розрахунково-проектувальної роботи № 5 “Розрахунок нерозрізної балки”

Для заданої балки потрібно:

1.Визначити опорні моменти і побудувати сумарну епюру згинальних моментів.

2.Виконати деформативну перевірку.

3.Побудувати сумарну епюру поперечних сил.

4.Визначити реакції і виконати статичну перевірку.

5.Підібрати двотавровий переріз балки, виходячи з умови міцності за нормальними напруженнями, при [σ]=160 МПа.

6.Визначити способом Верещагіна вертикальне переміщення точки дії

сили F2.

7. Перевірити на ПЕОМ за програмою “ВАLКА” правильність розв’язання задачі.

Розрахункові схеми балок і варіанти вихідних даних наведені нижче на рис. 3.11.

102

1

F1

q

M

F2

q M

F1

q

F2

 

 

 

 

7

2/2

 

 

1/2

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

3

 

1

2

3

 

F1

q

M

q

 

q

F1

M

 

2

 

 

 

F2

8

 

 

F2

 

 

2/2

 

 

 

3/2

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

3

 

1

2

3

 

q

F1

M F2 q

 

F1

q

F2

M

3

 

2/2

 

 

9

 

3/2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

3

 

1

2

3

 

4

q

F1

M

F2

10

M

F1

q

F2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2/2

 

 

 

 

1/2

 

 

 

1

2

3

 

 

 

1

2

3

F2

M

q

 

F1

 

q

F1

M

q

5

 

 

 

3/2

11

F2

 

2/2

 

 

1

2

3

 

 

 

1

2

3

M

F1

q

6 F2

 

 

1/2

 

 

1

2

3

F2

q

F1

q

M

12

 

 

 

 

 

 

2/2

 

 

 

1

2

 

3

Рис. 3.11 Дані для розрахунку (робота № 5)

103

q M F1 F2 13

3/2

1

2

3

M

q

F1

14

 

F2

1/2

 

 

 

1

2

3

F1

F2

q

M

15

 

 

 

1/2

 

 

 

1

2

3

16

F2 F1

M

q

 

 

 

 

1/2

 

 

 

1

2

3

17

M

q F1

F2

 

 

 

3/2

1

2

3

F2 q F1

q

M

18

 

 

 

 

3/2

1

2

3

Варіант

1

2

3

 

F1

F2

q

M

 

 

 

 

 

 

kH

 

м

м

м

м

kH

kH

м

kHм

1

6

8

10

2

40

30

10

30

2

4

5

6

1

60

60

20

40

3

6

8

9

3

80

20

10

50

4

10

6

9

2

100

40

20

60

5

8

9

10

3

40

30

10

40

6

10

8

6

2

60

50

20

30

7

6

10

8

3

80

40

10

60

8

5

4

6

1

100 80

20

50

9

8

6

9

2

40

60

10

30

10

9

6

10

3

60

20

20

40

11

10

8

9

2

80

30

10

50

12

8

10

6

2

100

40

20

60

13

6

4

5

1

40

60

10

40

14

8

6

10

3

60

30

20

30

15

9

6

8

2

80

50

10

60

16

6

9

10

2

100

60

20

50

17

10

6

8

3

80

40

10

40

18

5

6

4

1

60

80

20

60

Рис. 3.11 – Дані для розрахунку (робота 5), продовження

104

РОЗДІЛ 4. СКЛАДНИЙ ОПІР

4.1. Просторове та косе згинання. Основні відомості з теорії

Просторове, складне або неплоске згинання є складною деформацією, що викликана дією зовнішніх сил або моментів, розташованих у різних площинах, які проходять крізь вісь балки. Якщо зовнішнє навантаження розкласти на складові, розташовані в площинах головних центральних осей інерції Z і Y, то таку деформацію можна розглядати як деформацію, спричинену дією двох прямих згинань моментами Мz та Мy (рис. 4.1).

σ mi n

σ ma x

Рис. 4.1

На підставі принципу незалежності дії сил у цьому випадку напруження в будь-якій точці А поперечного перерізу з координатами z і y (рис. 4.1) можна визначити за формулою

σ = −

M

y

M y z

,

(4.1)

z

 

 

 

J y

 

Jz

 

 

 

 

де Jz і Jy – головні центральні моменти інерції перерізу.

З формули (4.1) видно, що σ = f (z, у) – лінійна функція.

Тому σmax і σmin діють у точках поперечного перерізу В та С (рис. 4.1),

що найбільше віддалені від нейтральної лінії, рівняння якої має вигляд

 

 

 

 

 

 

y = tgβ z,

(4.2)

де tgβ = −

J

z

 

M y

– кутовий коефіцієнт.

(4.3)

J y

M z

 

 

 

 

105

Отже, нейтральна лінія при просторовому згинанні проходить через початок координат і утворює з горизонтальною віссю z кут β (рис. 4.1). Для визначення положення найбільш напружених точок В та С у поперечному перерізі необхідно провести дотичні до контуру, паралельно до нейтральної лінії, з кожного боку (рис. 4.1).

Видно, що

σmax

B =

M

z

y

+

M y z

[σ+ ]

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J y

 

 

 

 

 

 

Jz

 

 

 

 

 

 

 

(4.4)

 

 

 

 

 

 

 

M

 

y

M y zC

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

[σ]

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σmin

=

σC

=

 

 

z C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Jz

J y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

є умовами міцності балки.

Розрахунок на міцність виконується в небезпечному перерізі, де згинальні моменти Мz та Мy досягають найбільших за абсолютною величиною значень. Якщо вони досягають найбільших значень у різних перерізах, то розрахунок на міцність слід виконувати в кожному з них. У розрахунковій практиці можуть зустрітися випадки, коли необхідно вибирати небезпечний переріз із трьох і більше перерізів.

Для поперечних перерізів, що мають вісь симетрії (прямокутне, двотаврове і т.д.), найбільші напруження завжди діють у контурних кутових точках. Їх можна визначити за формулою

σ = ±

 

 

M

z

 

±

 

M y

,

(4.5)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

W

 

 

 

W

 

 

 

 

z

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

де Wz і Wy – осьові моменти опору перерізу.

У таких випадках небезпечними точками в перерізі будуть ті, у яких напруження від дії моменту Мz та Мy мають однаковий знак. Наприклад, для прямокутного поперечного перерізу при h/b = К та Мz > 0, а Мy < 0 знаки напружень у контурних точках проставлені на рис. 4.2.

З рис. 4.2. видно, що σmax=σ (3), а σmin=σ (1). Внаслідок симетрії перерізу для балки з пластичного матеріалу умова міцності має вигляд

σmax = −σmin =

1

(

 

M z

 

+K

 

M y

 

)[σ].

(4.6)

 

 

 

 

W

 

z

 

106

Рис. 4.2

Оскільки W

=

bh2

=

h3

, то з умови міцності (4.6) отримаємо

 

 

 

 

z

 

6

 

6K

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h 3

6K (

 

M z

 

+ K

 

M y

 

)

.

(4.7)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

[σ]

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

При цьому b =

h

, а формулу (4.3) можна записати у вигляді

 

K

 

 

 

 

 

 

 

 

tgβ = −K 2

M y

.

(4.8)

 

 

 

 

 

 

M z

 

Згинання, викликане силами, розташованими в одній площині, що не проходить через жодну з головних центральних осей інерції перерізу називається косим. Косе згинання є окремим випадком просторового згинання. Тому розрахунок на міцність при косому згинанні можна виконати за тими ж формулами, що і при просторовому, якщо попередньо зовнішнє навантаження розкласти на складові, спрямовані уздовж головних центральних осей інерції, і визначити Мz та Мy у небезпечному перерізі. Нехай для довільного поперечного перерізу осі Z і Y – головні центральні, а АВ – слід площини дії зовнішніх сил (рис. 4.3). Визначимо у небезпечному перерізі згинальний момент М та зобразимо його у вигляді вектора, який перпендикулярний АВ і спрямований у той бік, звідки обертання здається таким, що відбувається проти годинникової стрілки (рис. 4.3).

107

σ

 

x

a

m

 

α β

σ

in m

Рис. 4.3

Розкладемо вектор М на координатні складові:

Мz = –М·соsα ; Мy = М·sinα .

При цьому з (4.1) одержимо таку формулу для визначення напружень при косому згинанні:

 

y cosα

 

z sinα

 

 

σ = M

 

 

 

,

(4.9)

 

 

 

Jz

 

J y

 

 

 

 

 

 

 

 

де М – модуль згинального моменту;

α – кут між горизонтальною віссю Z і вектором моменту (α > 0, якщо поворот здійснюється проти годинникової стрілки);

z і y – координати точки, у якій визначається σ;

Jz і Jy – головні центральні моменти інерції перерізу.

Найбільші напруження виникають у точках найбільш віддалених від нейтральної лінії (4.2), положення якої визначається кутовим коефіцієнтом (4.3).

Але тому що M y = −tgα, то

M z

tgβ =

Jz

tgα.

(4.10)

 

 

J y

 

З формули (4.10) видно, що при Jz Jy

β α . Отже, при косому

згинанні нейтральна лінія не перпендикулярна до площини дії згинального моменту. Якщо Jz = Jy, то β = α . Але для таких перерізів косого згинання

взагалі не може бути, тому що для них усі центральні осі є головними. З рис. 4.3 і формули (4.9) виходить, що

108

 

 

 

 

 

y

D

cosα

 

z

D

sin α

 

[σ+ ],

 

 

σmax

D

= M

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J

 

 

 

 

 

J

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(4.11)

 

 

 

 

 

 

 

y

 

cosα

 

 

z

 

sin α

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E

 

 

E

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σmin

=

σE

 

=

M

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

[σ]

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Jz

 

 

 

 

 

 

J y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

є умовами міцності при косому згинанні.

Для стержнів прямокутних і двотаврових перерізів з пластичних матеріалів умови міцності (4.11) набувають вигляду

σmax =

M

(cosα+K sin α)[σ],

(4.12)

 

W

 

 

 

z

 

 

де K = Wz .

Wy

У (4.12) необхідно вважати М, соsα і sinα додатними.

Для визначення переміщень при просторовому і косому згинанні теж використовується принцип незалежності дії сил. Відповідно до цього принципу необхідно розкласти діюче на балку навантаження за напрямками головних центральних осей інерції перерізу. Потім визначити прогини від дії сил, розташованих у площинах ZОX і YОX будь-яким з відомих методів, як при прямому згинанні. Повне переміщення буде являти собою геометричну суму цих прогинів.

4.2. Приклади розрахунків на міцність при просторовому та косому згинанні

Приклад 4.1. Виконати розрахунок на міцність балки прямокутного перерізу, що випробовує просторове згинання (рис. 4.4, а), при таких даних:

F=20 кН; К= bh =1,8 і [σ] = 10 МПа.

Розв’язок виконуємо в такій послідовності:

1. Побудувати епюри згинальних моментів від сил, що діють у вертикальній і горизонтальній площинах.

Епюри згинальних моментів Мz та Мy наведені на рис. 4.4, в, г.

109

Рис. 4.4

2. Визначити розміри поперечного перерізу h і b з умови міцності за нормальними напруженнями.

Небезпечним перерізом може бути переріз С або D, тобто той, у якому значення |Мz| + К|Мy| із (4.6) буде найбільшим.

Уперерізі С: |Мz|+К|Мy|=17,14+1,8·8,57=32,57 кНм.

Уперерізі D: |Мz|+К|Мy|=8,57+1,8·14,29=34,29 кНм.

Отже, небезпечним перерізом є переріз D, у якому діють:

Мz =8,57 кНм і Мy =14,29 кНм (сила F в точці D спрямована до нас). Далі за формулою (4.7) визначимо

h = 3

6 1,8 34,29 103

=

 

1

3 37,03 = 0,333 м і b =

h

=

0,333

= 0,185

м.

10

106

10

K

1,8

 

 

 

 

 

 

Приймаємо h = 33 см, b = 19 см, K = 1,74.

3. Визначити напруження в контурних точках небезпечного перерізу і побудувати в аксонометрії епюру напружень σ.

Для визначення напружень у контурних точках небезпечного перерізу (рис. 4.4, б) скористаємося формулою (4.5). Знаки напружень від дії згинального моменту Мz та Мy проставлені на рис. 4.4, б. Попередньо обчислюємо моменти опору перерізу:

 

W = bh2

= 19 332

= 3448,5 см 3,

 

z

6

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Wy = hb2

= 33 192

=

1985,5 см 3.

 

 

 

6

6

 

 

 

Потім обчислюємо

 

 

 

 

 

 

 

σ = ±

8,57 103

 

 

±

14,29 103

 

= (±2,49 ± 7,20)МПа.

3448,5 106

 

1985,5 106

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

110

 

 

 

Зрис. 4.4, б видно, що

σ(1) = –2,49 + 7,20 = 4,71 МПа;

σ(2) = –2,49 – 7,20 = –9,69 МПа;

σ(3) = 2,49 – 7,20 = –4,71 МПа;

σ(4) = 2,49 + 7,20 = 9,69 МПа.

За цими значеннями на рис. 4.5 побудована епюра напружень σ.

β = −78.77°

Рис.4.5

З рис. 4.5 видно, що σmax= σ(4)= 9,69 МПа<[σ] на ε = 0,31 100 =3,1% < 10

<5%, що допустимо.

4.Визначити положення нейтральної лінії. Обчислимо кутовий коефіцієнт (4.8).

tgβ = −K

2 M y

 

2 14,29

o

 

 

= −1,74

8,57

= −5,048 β = −78,77 .

 

M z

Положення нейтральної лінії зображене на рис. 4.5. Воно підтверджує правильність розв’язання задачі.

Приклад 4.2. Для двотаврової балки, зображеної на рис. 4.6, а, підібрати номер двотавра при [σ] = 160 МПа і побудувати епюру σ у небезпечному перерізі.

Знаходимо Mmax =

Fl

=

8 5

=10 кНм. Його вектор зображений на

 

4

 

4

 

рис 4.6, б.

111

а

б

y

F= 8 кН

 

Mmax

 

z

l 2 = 2.5м

l 2 = 2.5м

 

F

ϕ = 20°

Рис. 4.6

З цього рисунка видно, що α = 180+ ϕ , а

соsα = –соsvϕ = –0,94 і sinα = –sinϕ = – 0,342.

Скористаємося умовою міцності (4.12)

σmax =

M

 

W

 

 

cos ϕ+

z

sin ϕ [σ].

 

 

max

 

 

 

Wz

Wy

 

У цій умові міцності невідомі Wz і Wz/Wy. Тому задачу можна розв’язати тільки шляхом добору.

Якщо ϕ = 0, тобто у випадку плоского згинання,

 

M

max

 

10 103

3

3

 

 

 

 

5

Wz =

 

=

 

= 6,25 10

м = 62,5 см .

[σ]

160 106

При косому згинанні момент опору повинен бути більше. Тому спробуємо двотавр № 18 (Wz = 143 см3, Wy = 18,4 см3, Wz/Wy = 7,77).

Маємо

 

 

 

Wz

 

 

 

 

Mmax cos ϕ+

sin ϕ

 

 

 

 

 

 

W =

 

Wy

 

10 103 (0,94+7,77 0,342)

=

 

=

z

 

[σ]

 

 

160 106

 

= 0,168·10-3м3= 168 см3.

За сортаментом знаходимо двотавр № 20 (Wz = 184 см 3, Wy =23,1 см 3,

Wz/Wy=7,96).

σmax =

 

10 103

 

(0,94+ 7,96 0,342)= 200 106 Н/м 2

=200 МПа >[ σ]

 

6

 

184 10

 

 

 

на ε=

40 100

= 25%>5%. Тому спробуємо двотавр

№ 22 (Wz=232 см3,

160

 

Wy=28,6 см3, Wz/Wy=8,11, Jz =2550 см 4, Jy =157 см 4).

112

σmax =

10 103

(0,94+ 8,11 0,342)= 160,1 106

Н/м2=160,1 МПа>[ σ] на

6

 

232 10

 

ε= 0,1160100 = 0,062%<5%,

що допустимо.

За формулою (4.10) обчислюємо кутовий коефіцієнт нейтральної лінії:

tgβ =

JZ

tgα =

Jz

tg(180 +ϕ)=

2550 tg20n =5,912 β =80,4n.

 

J y

 

JY

 

157

Положення нейтральної лінії та епюранапружень σ наведені на рис. 4.7.

y

β = 80.4°

z

ϕ = 20°

F

σmin =160.1

σmax =160.1МПа

Рис. 4.7

Приклад 4.3. При установці на опори двотавра № 70, призначеного для роботи на згинання у вертикальній площині від дії рівномірно розподіленого навантаження q, що збігається з площиною стінки, була допущена помилка, і

стінка двотавра відхилилася від вертикалі на кут ϕ = 2o . Визначити пов’язане

з цим збільшення найбільших нормальних напружень і повного прогину балки.

Випишемо з сортаменту геометричні характеристики двотавра №70:

Wz =3840 см 3, Wy =260 см 3, Jz =134600 см 4, Jy = 2730 см 4.

113

а

q

б

y

в

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

qz

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

l

 

 

ϕ

 

 

 

 

 

qy

 

 

 

 

 

 

q

 

Рис. 4.8

При правильній установці двотавра на опори (рис. 4.8, б)

 

 

 

 

 

 

 

σmax =

M

max , а f

=

5qn4

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Wz

 

 

 

 

384EJz

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

При неправильній установці двотавра на опорі (рис. 4.8, в) найбільші

напруження визначимо за формулою (4.12). Маємо

 

K =

 

Wz

= 14,77,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Wy

 

 

 

 

 

α = 180 + ϕ, соs α= –соs ϕ= –соs 2o = –1, sin α= –sin ϕ= –sin 2o = –0,0348,

σmax =

Mmax

(

cos

 

 

 

 

 

 

 

)

=

 

Mmax (

1+ 14,77 0,0348

)

= 1,51

Mmax

.

Wz

 

 

 

α+ K sin α

 

Wz

 

 

 

 

Wz

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для визначення стріли прогину f розкладемо навантаження q на

складові: qy =q соsϕ і qz =q sinϕ.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тоді

 

 

 

 

5qyl4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

fy

 

 

 

 

 

5ql4

 

 

 

 

 

fz =

5q

l4

 

 

 

5ql4

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

cosϕ,

 

 

z

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

sinϕ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

384EJ y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

384EJz

384EJz

 

 

 

 

 

 

 

384EJ y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

2

 

 

 

5ql4

 

 

 

 

 

J

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

а

f

 

 

=

 

fy + fz

=

 

 

 

 

 

 

cos2 ϕ +

 

 

 

 

z

sin ϕ

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

384EJz

 

 

 

 

 

J y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

5ql4

 

 

 

2

 

134600

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5ql4

 

 

 

 

 

 

 

 

384EJz

1

 

+

2730

 

0,0348

 

 

= 1,99

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

384EJz

 

Отже, при неправильній установці двотавра на опори максимальні напруження збільшуються на 51% , а стріла прогину – на 99%.

114

4.3. Позацентрове стискання (розтягання). Основні відомості з теорії

Позацентрове стискання (розтягання) є складною деформацією, яка викликана позацентрово прикладеною осьовою силою F (рис. 4.9).

Нехай осі Z і Y – головні центральні осі інерції перерізу, а zF та yF – координати точки прикладання сили F. При такій деформації у всіх поперечних перерізах стержня виникають однакові внутрішні зусилля: N= –F, Мz =F·yF , Мy =F·zF та напруження, які можна визначити за формулою

σ = −

F

z z

F

 

y y

F

 

 

(4.13)

 

1 +

 

+

 

 

,

 

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

iy

 

 

iz

 

 

 

 

де F – стискаюча стержень позацентрова осьова сила; A – площа поперечного перерізу стержня;

zF і yF ; z і y – відповідно координати точки прикладення сили F та точки, у якій визначаються напруження;

iz2 =

Jz

та iy2 =

J y

– квадрати радіусів інерції перерізу стержня.

(4.14)

A

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

σ

 

 

 

 

 

mi

 

 

 

 

 

n

 

σ max

Рис. 4.9

Видно, що ця деформація є окремим випадком просторового згинання з розтягненням або стисканням. З формули (4.13) виходить, що найбільші напруження в перерізі виникають у точках, найбільш віддалених від нейтральної лінії. Якщо в (4.13) прирівняти праву частину до нуля, то одержимо рівняння нейтральної лінії у відрізках:

z

+

y

= 1,

(4.15)

 

 

az

ay

 

115

де az і ay – відрізки, що відтинаються нейтральною лінією на координатних осях. Вони визначаються за формулами

az =

iy2

і ay =

i2

 

 

z

.

(4.16)

zF

 

 

 

yF

 

Тепер, провівши паралельно до нейтральної лінії дотичні до контуру з двох сторін, знайдемо точки D (zD, yD) і С (–zC ,–yC), у яких діють найбільші напруження,

 

 

 

 

 

F

z z

F

 

 

 

y y

F

 

 

 

 

 

σmax

= σC = −

 

 

1

C

 

 

 

C

 

 

[σ+ ],

 

 

 

 

 

 

 

 

i2

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

i2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F

 

 

z

 

z

 

 

 

 

y

 

y

 

 

 

.

(4.17)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F

 

 

 

 

F

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σmin

=

σD

=

 

 

1+

 

 

D

 

+

 

 

D

 

 

[σ]

 

 

 

 

 

2

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

 

iy

 

 

 

 

 

iz

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Нерівності (4.17) є умовами міцності при позацентровому стисканні. Для перерізів, що мають дві осі симетрії, умови міцності (4.17) можна

спростити, якщо до напружень від згинання (4.5) додати напруження від простого стискання (розтягання) силою F:

 

 

 

F

 

 

 

M z

 

 

 

 

M y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σmax = −

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

[σ+ ],

 

A

 

W

 

W

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F

 

 

 

 

 

M z

 

 

 

 

 

M y

 

.

(4.18)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σmin

=

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

[σ]

 

A

 

 

Wz

 

 

 

Wy

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

При проектуванні позацентрово стиснутих стержнів із крихких матеріалів, що погано опираються розтяганню, прагнуть до того, щоб епюра напружень була одного знака – від’ємною. У цьому випадку нейтральна лінія не буде перетинати переріз. Якщо обкочувати нейтральну лінію по контуру перерізу, то точка дії позацентрової осьової сили опише навколо центра ваги деяку область, що називається ядром перерізу.

Таким чином, ядром перерізу називається геометричне місце точок дії позацентрової осьової сили, що викликає в перерізі напруження одного знака.

Для побудови ядра перерізу необхідно обкочувати нейтральну лінію по контуру перерізу і при характерних положеннях її визначати відрізки az і ay, що відтинаються нею на координатних осях, а потім за формулами

Я

 

iy2

 

Я

 

i2

 

zF

=

 

і

yF

=

z

(4.19)

az

ay

 

 

 

 

 

 

обчисляти координати точок контуру ядра перерізу.

116

Щоб полегшити побудову ядра перерізу, використовують таку теорему: якщо нейтральна лінія обертається відносно деякої точки, то точка дії сили буде переміщатися по прямій.

4.4. Приклади розрахунків на міцність при позацентровому стисканні (розтяганні)

Приклад 4.4. Виконати розрахунок на міцність короткого бетонного стержня, стиснутого осьовою силою F, прикладеною в точці А (рис. 4.10, а),

при: [σ+] = 0,8 МПа і [σ] = 8 МПа.

Розв’язок виконуємо в такій послідовності:

1. Визначити геометричні характеристики поперечного перерізу стержня відносно головних центральних осей.

Рис. 4.10

За аналогією з прикладом 2.6 [2] обчислюємо:

A= 0,5·0,2 + 0,3·0,5 = 0,25 м2, Sz0 =0,5·0,2·0,1+0,5·0,3·0,45=0,0776 м3,

 

 

 

 

 

yc =

Sz

0

 

=

0,0776

= 0,31м,

 

 

 

 

 

 

A

 

0, 25

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Jz =

0,5 0, 23

+ 0,5 0, 2 0,212

 

+

0,3 0,53

+ 0,3 0,5 0,142 = 1,081 102 м4 ,

 

 

12

 

 

 

 

 

 

 

 

12

 

 

J y

=

0,2 0,53

+

0,5 0,33 = 3,208 103 м4 , iz2 = 1,081 102

= 0,0432 м2 ,

 

 

12

 

 

12

 

 

 

 

 

 

0,25

 

iy2 =

3, 208 103

= 0,0128м2

 

0,25

 

і визначаємо координати точки (А) дії сили F: zF=0,15 м, yF= – 0,11 м. 2. Визначити положення нейтральної лінії.

За формулами (4.16) обчислюємо відрізки, що відтинаються нейтральною лінією на координатних осях,

117

az =

iy2

 

0,0128

= 0,0853 м, ay =

i2

0,0432

 

 

=

 

z

=

 

= 0,3927 м.

zF

0,15

 

0,11

 

 

 

yF

 

Положення нейтральної лінії зображене на рис. 4.10, а. З рис. 4.10, а видно, що найбільш віддалені від нейтральної лінії точки С (0,25; –0,31) і

L (–0,15; 0,39). У них діють найбільші напруження.

 

 

 

 

 

 

3. Визначити допустиме значення стискаючої сили F.

 

 

 

 

Визначимо за формулою (4.13) напруження σmax та σmin

та складемо

умови міцності стержня:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σmax = σL = −

F

 

 

0,15 0,15

 

0,39 0,11

=1,751

F

[σ+ ],

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

A

0,0128

 

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

0,0432

 

 

 

 

 

 

 

F

 

 

 

0, 25 0,15

 

0,31 0,11

 

 

F

 

σmin = σC = −

 

 

1+

 

 

 

 

 

 

+

 

 

= −4,719

 

,

A

0,0128

 

 

0,0432

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σmin

 

= 4,719

F

[σ].

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

 

 

 

 

З умов міцності знаходимо, що

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

[σ+ ]A

 

0,8 106 0,25

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

F 1,751

=

 

 

1,751

 

= 1,142 10 Н = 114,4 кН

 

або F

[σ]A

 

=

8 106 0,25

 

= 4,238 10

5

Н = 423,8 кН.

4,719

 

 

4,719

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приймаємо [F]=114 кН. При цьому

[F ] 114 103

A= 0,25 = 0,456 106 Н м2 = 0,456 МПа.

4.Визначити напруження в контурних точках і побудувати епюру напружень в аксонометрії.

За формулою (4.13) обчислюємо напруження в точках зовнішнього контуру:

σA = −

F

+

0,15 0,15

+

0,11 0,11

 

= −3,038

 

F

= −3,038 0,456

= −1,385МПа,

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

0,0128

0,0432

 

A

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

σB = −

F

+

0,25 0,15

+

0,11 0,11

 

= −4,210

F

= −4,210

0,456

= −1,920 МПа,

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

0,0128

0,0432

 

A

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

σC = −4,719 FA = −4,719 0,456 = −2,152 МПа,

118

 

 

 

 

 

F

 

 

 

 

0,25 0,15

 

 

0,31 0,11

 

F

 

 

 

 

σD = −

 

 

 

 

 

1

 

 

 

+

 

 

 

=1,141

 

 

 

 

=1,141 0,456 = 0,520 МПа,

 

 

 

 

 

0,0128

 

 

0,0432

A

 

 

 

 

 

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F

 

 

 

 

0,25 0,15

 

 

 

0,11 0,11

 

F

 

 

 

 

σE = −

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

+

 

 

 

 

=1,650

 

 

 

 

=1,650

0,456

= 0,752 МПа,

 

A

 

0,0128

 

 

 

0,0432

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F

 

 

0,15 0,15

 

 

0,11 0,11

 

 

F

 

 

 

 

σK = −

 

 

 

 

 

1

 

 

 

+

 

 

 

 

= 0,748

 

 

 

 

= 0,748

0,456

= 0,218 МПа,

 

 

 

 

 

 

0,0128

 

 

0,0432

 

A

 

 

 

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σL =1,751

F

=1,751 0,456 = 0,798 МПа,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F

 

 

0,15 0,15

 

 

0,39 0,11

 

 

F

 

 

 

 

σM = −

 

 

 

 

 

1+

 

 

 

 

 

 

 

 

= −1,765

 

 

 

 

 

= −1,765 0,456 = −0,805 МПа.

 

 

 

 

 

 

 

0,0128

 

 

 

 

 

A

 

 

A

 

 

 

 

 

 

 

0,0432

 

 

 

 

 

 

 

За обчисленими значеннями на рис. 4.10, б побудована в аксонометрії

епюра напружень σ.

 

З епюри напружень видно, що σmax = 0,798 МПа<[ σ+] на

ε=

0,002 100 = 0,25 % < 5%, що допустимо.

 

0,8

5. Побудувати ядро перерізу.

Розглянемо I-ше положення нейтральної лінії, що дотикається контуру

(рис. 4.11).

Рис. 4.11

119

Вона відтинає на координатних осях відрізки az = ±і ay = – 0,31 м. При цьому знаходимо за формулами (4.19) координати точки 1 (рис. 4.11) контуру

ядра перерізу:

iy2

 

 

 

 

 

 

 

zFЯ = −

 

0,0128

= 0 і yFЯ = −

i2

0,0432

 

 

= −

 

z

= −

 

= 0,139м.

az

± ∞

 

0,31

 

 

 

ay

 

При II-му положенні нейтральної лінії, що дотикається контуру перерізу (рис. 4.11), вона відтинає на координатних осях відрізки

az = – 0,25 м і ay = ±.

Тому

zFЯ = −0,01280,25 = 0,51 м, yFЯ = − 0,0432± ∞ = 0.

На рис. 4.11 зображена точка 2 контуру ядра перерізу з такими координатами.

З положення I у положення II нейтральна лінія переходить, обертаючись відносно точки D (рис. 4.11), тому між точками 1 і 2 ядро перерізу буде обмежене прямою лінією.

Розглянемо III-тє положення нейтральної лінії, що дотикається контуру перерізу в точках Е та L (рис. 4.11). Маємо:

 

 

 

 

 

0,15 + 0,39

 

10

 

az = −(0,15 + 0,39tgα)= −

50

= −0,228 м,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ay = 0,39 +

0,15

= 0,39 +

0,15

 

=1,14 м,

 

tgα

 

 

 

 

 

 

10 50

 

 

 

zFЯ = −

0,0128

= 0,056 м і

yFЯ = −0,0432

= −0,038 м.

 

0,228

 

 

 

1,14

 

Точка 3 з такими координатами зображена на рис 4.11. Між точками 2 і 3 контур ядра перерізу теж обмежений прямою, тому що з положення II у положення III нейтральна лінія перейшла, обертаючись відносно точки Е

(рис. 4.11).

При IV-му положенні нейтральної лінії (рис. 4.11) маємо

az = ±, ay = 0,39 м,

zFЯ = − 0,0128± ∞ = 0 і yFЯ = − 0,04320,39 = − 0,111м.

Точка 4 із такими координатами зображена на рис 4.11. Внаслідок симетрії перерізу відносно осі y робимо висновок, що ядро перерізу буде

120

симетричним відносно цієї ж осі. Тому інші положення нейтральної лінії, що дотикається контуру перерізу, можна не розглядати.

Приклад.4.5. Визначити необхідну товщину сталевої смуги, зображеної на рис.4.12, при [ σ] = 160 МПа.

Визначимо внутрішні зусилля N=F=90 кН,

M z = −F (b2 0,05)= −90(0,182 0,05)= −3,6 кНм, My = 0

і геометричні характеристики перерізу A=b·h, Wz = hb62 .

Рис. 4.12

Видно, що найбільші розтягуючі напруження діють у крайніх верхніх волокнах смуги. Для визначення їх скористаємося формулою (4.18), що у даному випадку має вигляд

σmax =

N

+

 

M z

[σ+ ].

A

 

W

 

 

 

 

z

 

Підставляючи в цю формулу N, Mz, A і Wz, отримаємо

σmax =

90 103

3,6 103

6

160 106.

0,18h +

0,182 h

 

Звідси знаходимо

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h

 

 

1 103

 

 

90

+

3,6 6

 

= 0,00729м.

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

160

10

6

0,18

0,18

 

 

 

 

 

 

 

Приймаємо h=7,3 мм.

Приклад 4.6. При свердленні деталі на шпиндель А свердлильного верстата (рис. 4.13) передається осьовий тиск 16 кН. Визначити діаметр d круглої чавунної колони B, якщо допустиме напруження на розтягання для чавуну [ σ] = 35 МПа.

Визначаємо внутрішні зусилля в чавунній колоні В (рис. 4.13) N=16 кН, Мy = –16·0,4= – 6,4 кНм, Мz = 0 і геометричні характеристики перерізу

121

A=

πd 2

і

Wy =

πd 3

. Як і в попередньому прикладі, умову міцності можна

4

32

 

 

 

 

записати у вигляді

 

 

σmax =

N

+

 

M y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

Wy

σ+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

або σmax =

16 103

4

+

 

6,4 103

32

35 106.

πd 2

 

 

 

 

πd 3

 

Рис. 4.13

Після спрощень з цієї умови міцності одержимо таке рівняння для визначення діаметра:

d3 5,823 104 d 1,8635 103 = 0.

Корені цього кубічного рівняння можна визначити за формулою Кардана [3] або методом добору. За перше наближення може бути прийняте значення діаметра, обчислене в припущенні, що колона випробовує чисте згинання:

32

 

M y

 

 

 

32 6,4 103

d 3

 

 

 

 

 

= 3

 

= 0,123 м.

 

 

π[

 

σ+ ]

 

 

3,14 35 106

Приймаючи до уваги спільну дію згинання і розтягання приймаємо d = 0,125 м і перевіримо, чи виконується умова міцності.

A=

πd 2

=

3,14 0,1252

= 0,01227м2

,

4

4

 

 

 

 

Wy = πd3 = 3,14 0,1253 = 0,0001916 м3, 32 32

122

 

N

 

 

M y

 

16 103

 

6,4 103

 

6

 

σmax =

A

+

 

Wy

=

0,01227

+

0,0001916

= 34,707 10

 

= 34,71 МПа< σ+

 

 

 

 

 

 

 

 

на ε= 0,29 100 = 0,83%< 5%, 35

що допустимо.

Тому приймаємо d = 125 мм.

Приклад 4.7. На скільки (у відсотках) збільшиться найбільше стискаюче напруження у колоні квадратного поперечного перерізу зі стороною a, стиснутою центральною силою F, якщо в ній зробити: а) одну врубку, як показано на рис. 4.14; б) дві такі врубки з протилежних сторін?

При відсутності врубок або наявності їх з двох сторін колона випробовує просте стискання з напруженнями

σ

 

= −

F

та σ

 

= −

4F

= − 1,333

F

,

min

a2

min

3a2

a2

 

 

 

 

 

 

тому що при наявності двох врубок площа поперечного перерізу дорівнює

3 4 a2.

При наявності врубки тільки з однієї сторони визначимо положення головних центральних осей поперечного перерізу і його геометричні характеристики відносно них:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A= a2

1 a2

=

7 a2

= 0,875a2 ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8

 

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

0,707a

0,3535a

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

Sy1

 

2

0,3535a +

3

0,3535a

 

 

zc =

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= −0,0673a,

 

 

A

 

 

 

 

 

0,875a2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J y =

a4

+ a2

(0,0673a)2

0,707a(0,3535a)3

1

0,707a 0,3535a(0,5396a)2 = 0,0507a4.

12

 

36

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Внутрішні зусилля в цьому випадку будуть:

N= F; Мz=0 і Мy=F·0,0673a=0,0673Fa, а найбільші стискаючі напруження в точці B (рис. 4.14) визначимо за формулою

σ

 

= σ

 

= −

F

M y zB

= −

F

0,0673Fa 0,4208a

= − 1,7015

F

.

min

B

A

J y

0,875a2

0,0507a4

a2

 

 

 

 

 

 

 

 

Порівнюючи між собою найбільші стискаючі напруження для всіх трьох випадків, можна зауважити, що вони збільшаться на 70,2% при наявності врубки з однієї сторони і на 33,3 % при наявності врубок з двох сторін.

123

a

a 2 4

Рис. 4.14

0.0673a

a

 

 

a 2

= 3535a

 

 

 

 

 

 

 

4

 

a 2 =1.4142a

4.5. Згинання з крученням. Основні відомості з теорії

Згинання з крученням є складною деформацією, що заподіяна спільною дією згинальних Мz і Мy та крутного Мкр моментів.

Для стержнів круглих (суцільних або порожнистих) перерізів розрахунок на міцність виконується за теоріями міцності, тобто за умовою міцності

σекв =

Mекв [σ],

(4.20)

 

Wz

 

де Мекв – еквівалентний згинальний момент, що визначається в залежності від використовуваної теорії міцності за однією з наведених нижче формул.

 

 

 

Для крихких матеріалів:

 

 

 

 

 

 

 

 

1 (M +

M 2 + Mкр2 );

 

 

 

 

 

Mекв.І =

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1µМ +

1+ µ

M 2 + M 2

 

 

 

M

екв.ІІ

=

 

;

 

 

 

 

2

 

 

2

кр

 

 

 

 

 

= 1K М +

 

 

 

 

 

M

екв.М

1+ K

M 2 + M

2

.

(4.21)

 

 

2

 

 

2

кр

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для пластичних матеріалів:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Mекв.ІІІ =

M 2 + Mкр2 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M

 

=

M 2 + 0,75M 2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

екв.ІV

 

 

 

кр

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

У формулах (4.21): М – сумарний згинальний момент, що визначається за формулою

124

M = M z2 + M y2 ;

(4.22)

µ – коефіцієнт Пуассона;

K = [[σσ+]].

Розрахунок на міцність виконується в небезпечному перерізі, де діє максимальний еквівалентний момент.

Для розрахунку на міцність стержнів довільного перерізу необхідно побудувати епюри Мz, Мy та Мкр. Потім у небезпечній точці небезпечного перерізу обчислити нормальне напруження σ від спільної дії згинальних моментів Мz та Мy і дотичне напруження τ від кручення. Далі обчислити головні напруження σ1 , σ2 , σ3 і еквівалентне σекв за однією з теорій міцності

і перевірити, чи виконується умова міцності

σекв [σ].

(4.23)

У цьому випадку небезпечною точкою вважається точка, у якій діє найбільше еквівалентне напруження.

4.6. Приклади розрахунків на міцність при згинанні з крученням

Приклад 4.8. Визначити розміри кільцевого поперечного перерізу плоского ламаного стержня (рис. 4.15, а) при таких вихідних даних:

F = 20 кН; q=10 кН/м; α= d/D = 0,6 і [ σ] = 80 МПа.

Рис. 4.15

Розв’язок виконуємо в такій послідовності:

1. Побудувати в аксонометрії епюри згинальних та крутних моментів. Ділянка АС (0 ≤ х ≤1,5 м):

M(x) = −q x2 – парабола,

2

125

M|x=0=0, M|x=0,75 м= − 10 0,752 = 2,81 кНм,

2

M|x=1,5 м= −10 21,52 = −11,25 кНм, Mкр = 0.

Ділянка ВЕ (0≤ х ≤1,5 м):

М(x) = –F х–л.ф., М|x=0 = 0, М|x=1,5м = –20·1,5 = –30 кНм, Мкр = 0.

Ділянка АВ (0≤ х ≤1 м):

М(x) = –F х–л.ф., М|x=0 =0, М|x=1м = –20·1= –20 кНм, Мкр = F·1,5 = 30 кНм = соnst

Ділянка АD (0 ≤ х ≤ 1,5 м):

М(x)

= −q 1,5

1,5

 

 

+ F (1,5 x)–л.ф.,

 

2

 

+ x

 

 

 

 

 

 

 

М|x=0

= − 10 1,5

1,5

+ 20 1,5= 18,75 кНм,

 

 

 

 

2

 

 

М|x=1,5м = –10·1,5·2,25= –33,75 кНм, Мкр = F·1=20 кНм=соnst.

За цими значеннями М та Мкр на рис. 4.15, б, в побудовані епюри згинальних та крутних моментів.

2. З умови міцності за IV-ю теорією міцності визначити розміри поперечного перерізу.

У небезпечному перерізі D по епюрах М та Мкр (рис. 4.15, б, в) знаходимо: М= – 33,75 кНм, Мкр =20 кНм і обчислюємо за формулою (4.21) еквівалентний момент за IV-ю теорією міцності:

Mекв.IV = M 2 + 0,75Mкр2 =

33,752 + 0,75 202 = 37,93 кНм.

Далі з умови міцності (4.20) знаходимо Wz

Мекв

, але

 

 

 

 

 

 

 

 

 

πD3

 

 

[σ]

 

 

 

W

 

=

(1α4 ) [1],

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

32

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

тому D3

32Mекв

 

 

32 37,93 103

1

 

 

 

= 3

 

 

 

=

 

3 5,5513

= 0,1771 м,

π(1α4 )[σ]

 

3,14(10,64 )80 106

10

d = αD = 0,6·0,1771= 0,1063 мм.

126

Приймаємо D =177 мм, d=106 мм, α=0,599.

3. Обчислити в небезпечному перерізі еквівалентне напруження:

 

W =

πD3

(1α4 )= 3,14 0,1773 (10,5994 )= 0,000474 м3,

 

 

 

z

32

 

32

 

 

 

 

 

 

σекв =

Mекв =

37,93 103 = 80,02 106 Н м2

= 80,02 МПа> [σ],

 

 

 

Wz

0,000474

 

на ε=

0,02 100

= 0,025% < 5% , що допустимо.

 

 

80

 

 

 

 

 

Приклад 4.9. Два однакових шківи А та В діаметром 60 см насаджені на вал (рис. 4.16, а). Ведучий шків А передає 8 кВт при 100 об./хв. Обидві гілки ременя на шківі А горизонтальні, а на шківі В – вертикальні. Натяг ременів: Т2 =1,5 кН, Т1>Т2. Визначити діаметр вала за ІІІ-ю теорією міцності, якщо

[ σ]=80 МПа.

За формулою (3.1) [1] визначаємо крутний момент:

Мкр = 9549 Kn = 95491008 = 736,92 Нм 0,737 кНм.

Епюра крутних моментів наведена на рис. 4.16, б.

Рис. 4.16

Далі визначаємо натяг гілки ременя Т1 з умови

(Т1Т2) D2 = Mкр Т1= 2МDкр + T2 = 2 0,60,737 + 1,5= 3,96 кН

127

і силу F, що згинає вал у вертикальній і горизонтальній площинах:

F = Т1+Т2 = 3,96+1,5=5,46 кН.

Епюри згинальних моментів Мz та Мy від дії вертикальної і горизонтальної сили F наведені на рис. 4.16, в, г.

На рис. 4.16, д наведена епюра сумарних згинальних моментів М, ординати якої обчислені за формулою

M = M z2 + M y2 .

Відомо [1], що епюра сумарних моментів обмежена прямими лініями на тих ділянках, на яких нульові точки в епюрах Мz та Мy знаходяться на одній вертикальній прямій. Якщо нульові точки епюр Мz та Мy розташовуються не на одній вертикальній прямій, то на таких ділянках епюра М обмежена кривою другого порядку, що не має екстремуму. Тому епюру М на таких ділянках можна побудувати за крайніми значеннями, тобто не обчислюючи проміжного значення.

З епюр Мкр та М видно, що небезпечним перерізом вала є переріз В, де діють Мкр = 0,737 кНм і М =1,525 кНм.

Обчислюємо в цьому перерізі еквівалентний момент за третьою теорією міцності за формулою (4.21)

Мекв.ІІІ = М2 + Мкр2 = 1,5252 + 0,7372 = 1,694 кНм,

а з умови міцності (4.20) діаметр

 

d

 

32Mекв.ІІІ

 

32 1,694 103

 

 

3

 

π[σ]

 

= 3 3,14 80 106

= 0,0599 м.

Приймаємо d = 60 мм. При цьому

 

 

 

 

 

 

W =

 

πd 3

=

3,14 0,063

= 2,11 105 м3 ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

32

 

 

32

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

М

екв

 

1,694 103

 

6

 

2

σекв =

 

 

=

 

 

 

 

 

= 80,28 10

 

Н/м = 80,28 МПа>[ σ],

W

 

 

 

 

5

 

 

 

2,11 10

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

на ε= 0,28 100 = 0,35% < 5%, що допустимо. 80

Приклад 4.10. Визначити найбільше напруження в стержні АВ круглого поперечного перерізу, навантаженого двома однаковими силами F=1 кН (рис. 4.17). Чому буде дорівнювати еквівалентне напруження в стержні за четвертою теорією міцності, якщо зняти один із вантажів?

128

Рис. 4.17

При наявності двох вантажів стержень АВ випробовує поперечне пряме згинання моментом |М|max = 2F·0,4=2·1·0,4=0,8 кНм, тому

 

 

 

 

σmax =

 

 

M

 

max

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Wz

 

де W =

πd 3

= 3,14 43

= 6,28 см3 – осьовий момент опору круга. При цьому

 

z

32

32

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σmax =

 

0,8 10

= 127,4·10 Н/м2

=127,4 МПа.

 

 

 

6

 

 

 

 

6,28 10

 

 

 

 

 

 

При дії одного вантажу стержень АВ випробовує згинання з крученням. У небезпечному перерізі: М=F·0,4=1·0,4=0,4 кНм, Мкр=F·1=1·1=1 кНм. При цьому обчислюємо еквівалентний момент за четвертою теорією міцності (4.21) і еквівалентне напруження за формулою (4.20)

Мекв =

 

М2 + 0,75Мкр2 = 0,42 + 0,75 12 = 0,954 кНм.

 

М

екв

 

0,954 103

 

 

 

2

σекв =

 

 

 

=

 

= 151,91·10 Н/м =151,91 МПа.

W

 

6

 

z

 

6,28 10

 

 

 

 

 

 

Отже, несуча спроможність стержня АВ знизиться після зняття одного з вантажів F на

ε= 151,91127,4 100= 19,2%. 127,4

129

4.7. Приклади для самостійного розв’язання

Приклад 4.11. Визначити розміри прямокутного поперечного перерізу b і h та стрілу прогину f дерев’яної балки (рис. 4.18) при [σ]=10 Мпа, h/b=2.

Приклад 4.12. Визначити допустиму інтенсивність розподіленого навантаження q і стрілу прогину f дощатої лати покрівлі (рис. 4.19), якщо [ σ]=10 МПа, а відстані між кроквами 2 м. Лати вважати шарнірно обпертими на крокви.

 

25°

Рис. 4.18

Рис. 4.19

Приклад 4.13. Короткий бетонний стержень, переріз якого наведено на рис. 4.20, стиснутий осьовою силою F, прикладеною в точці А. Визначити допустиме значення сили F та побудувати ядро перерізу, якщо [ σ+]=0,8 МПа і

[ σ]=8 МПа.

Приклад 4.14. Для зображеного на рис.4.21 стержня визначити σmax .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 4.20

Рис. 4.21

Приклад 4.15. Визначити розміри кільцевого поперечного перерізу плоского стержня, розташованого в горизонтальній площині і завантаженого,

як показано на рис. 4.22, якщо [ σ]=80 МПа і α= Dd =0,6. Використати IV-ту теорію міцності.

130

Приклад 4.16. З умови міцності за ІІІ-ю теорією міцності визначити допустиме значення вантажу F, який можна підняти за допомогою ворота (рис. 4.23), якщо допустиме напруження для матеріалу вала АВ [ σ]=80 МПа.

Рис. 4.22

Рис. 4.23

Розділ 5. РОЗРАХУНОК СТИСНУТИХ СТЕРЖНІВ НА СТІЙКІСТЬ

5.1. Основні відомості з теорії

Відомо [1], що втрата стійкості стиснутого стержня відбувається при досягненні стискаючою силою критичного значення Fкр. Тому умову стійкості стиснутого стержня можна записати у вигляді

F

Fкр

або

σ=

F

σкр

,

(5.1)

n

A

n

 

 

 

 

 

 

 

ст

 

 

бр

 

ст

 

 

де F – стискаюча стержень сила;

Aбр – площа поперечного перерізу (без урахування місцевих ослаблень); nст – коефіцієнт запасу стійкості. Для сталей він приймається в межах 1,8 –3;

для чавуну 5 – 5,5; для дерева 2,8 – 3,2.

Опір стиснутого стержня втраті стійкості визначається його гнучкістю

λ = νl ,

(5.2)

imin

де l– довжина стержня;

ν – коефіцієнт зведення довжини, що залежить від випадку закріплення кінців стержня;

i

=

Jmin

– мінімальний радіус інерції поперечного перерізу стержня

 

min

Aбр

 

 

 

 

Jmin – мінімальний момент інерції поперечного перерізу стержня. Значення коефіцієнта ν для різноманітних основних випадків

закріплення кінців стержня наведені на рис. 5.1.

131

l

l

l

l

ν = 0.5

ν = 0.7

ν = 1

ν = 2

Рис. 5.1

Гнучкість, при якій напруження в стержні досягають межі пропорційності σпц матеріалу, називається граничною. Вона визначається за

формулою

λ

гр

=

π 2 E

,

(5.3)

 

σпц

 

 

 

 

 

де Е – модуль пружності матеріалу стержня.

Гнучкість, при якій критичне напруження дорівнює межі текучості

матеріалу σт, позначається через λ0.

 

 

 

 

 

 

 

сила Fкр

У залежності від гнучкості критичні

напруження σкр і

визначаються за формулою Ейлера або Ясинського [1]:

 

а) якщо λ λгр кр σпц ), то використовують формули Ейлера

 

σ

кр

=

π2

Е

,

F =

π 2 EJ

min ;

(5.4)

 

 

 

 

 

 

λ2

 

кр

(νl)2

 

 

 

 

 

 

 

б) якщо λ0 λλгр пц σкр σт ),

то

використовують

формули

Ясинського

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σкр =abλ+сλ2, Fкр =Aбр

σкр ,

(5.5)

де a, b і c – дослідні коефіцієнти, що залежать від властивостей матеріалу. Значення їх, а також значення λгр і λ0 длядеяких матеріалів наведені в табл. 5.1.

132

Таблиця 5.1

Матеріал

a

b

c

λгр

λ0

 

МПа

 

 

 

 

 

 

Ст.2, Ст.3

310

1,14

0

100

40

Ст.5

464

3,26

0

100

57

Ст.40

321

1,16

0

90

 

Кремениста сталь

589

3,82

0

100

 

Дерево (сосна)

29,3

0,194

0

110

 

Чавун

776

12,0

0,53

80

 

Стержні, у котрих λ<λ0 , називають стержнями малої гнучкості. Для таких стержнів приймають критичне напруження рівним межі текучості σт. Їх розраховують тільки на міцність.

Практичні розрахунки стиснутих стержнів на стійкість виконуються за коефіцієнтом φ – зменшення основних допустимих напружень на стискання [ σ], що залежить від гнучкості λ і властивостей матеріалу. Для деяких матеріалів, що часто зустрічаються в розрахунковій практиці, його значення наведені в табл. 5.2.

Знаючи φ, можна легко визначити допустиме напруження на стійкість за формулою

[σст]=ϕ [σ].

(5.6)

При цьому умова стійкості стиснутого стержня буде мати вигляд

σ =

F

[σст ]=ϕ [σ].

(5.7)

A

 

 

 

 

бр

 

 

У залежності від вихідних даних можливі два види розрахунків стиснутих стержнів на стійкість: перевірочні та проектувальні.

Перевірочний розрахунок стиснутих стержнів на стійкість

Виконується в такому порядку:

1.Визначити геометричні характеристики поперечного перерізу стержня відносно головних центральних осей: Абр, Jmin та imin .

2.Визначити за формулою (5.2) гнучкість стержня λ і за табл. 5.2 знайти відповідне їй значення коефіцієнта φ і обчислити за формулою (5.6) допустиме напруження на стійкість.

3.Перевірити, чи виконується умова стійкості стержня (5.7).

Якщо невідома стискаюча стержень сила F, то з умови стійкості (5.7) можна визначити допустиме її значення [F].

133

 

 

 

 

 

 

 

Таблиця 5.2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Гнучкість

 

 

φ

 

 

 

λ =

νl

 

Сталь

Сталь

Сталь

Чавун

Дерево

 

imin

 

 

2,3,40

5

СПК

 

 

 

0

 

1,00

1,00

1,00

1,00

1,00

 

10

 

0,99

0,98

0,97

0,97

0,99

 

20

 

0,96

0,95

0,95

0,91

0,97

 

30

 

0,94

0,92

0,91

0,81

0,93

 

40

 

0,92

0,89

0,87

0,69

0,87

 

50

 

0,89

0,86

0,83

0,57

0,80

 

60

 

0,86

0,82

0,79

0,44

0,71

 

70

 

0,81

0,76

0,72

0,34

0,60

 

80

 

0,75

0,70

0,65

0,26

0,48

 

90

 

0,69

0,62

0,55

0,20

0,38

 

100

 

0,60

0,51

0,43

0,16

0,31

 

110

 

0,52

0,43

0,35

-

0,25

 

120

 

0,45

0,36

0,30

-

0,22

 

130

 

0,40

0,33

0,26

-

0,18

 

140

 

0,36

0,29

0,23

-

0,16

 

150

 

0,32

0,26

0,21

-

0,14

 

160

 

0,29

0,24

0,19

-

0,12

 

170

 

0,26

0,21

0,17

-

0,11

 

180

 

0,23

0,19

0,15

-

0,10

 

190

 

0,21

0,17

0,14

-

0,09

 

200

 

0,19

0,16

0,13

-

0,08

 

Проектувальний розрахунок стиснутих стержнів на стійкість

Оскільки в цьому випадку в умові стійкості (5.7) дві невідомі Абр і φ, то визначити їх можна тільки методом послідовних наближень у такому порядку:

1.Задати перше значення коефіцієнта φ = φ1. Рекомендується приймати

φ1 =0,5 – 0,6.

2.З умови стійкості (5.7) визначити необхідну площу перерізу стержня

A

F

.

(5.8)

ϕ[σ]

бр

 

 

3.Обчислити характерні розміри поперечного перерізу стержня, геометричні характеристики і його гнучкість.

4.За табл. 5.2 знайти відповідне до цієї гнучкості значення коефіцієнта ϕ1 . Якщо при цьому значенні ϕ1 умова стійкості (5.7) виконується з точністю

до 5 %, то розрахунок припиняється. Якщо ні, то розрахунок треба

134

продовжити в тому ж порядку, прийнявши ϕ2 = ϕ1 +2 ϕ1 . Наближення

необхідно продовжувати доти, поки умова (5.7) не виконається з точністю до

± 5 %. Розрахунок можна також припинити тоді, коли ϕn і ϕn будуть відрізнятися між собою не більше, ніж на 5%, тобто при

ε=

 

ϕn ϕn

 

 

100

5%.

(5.9)

 

 

 

 

 

 

min(ϕ

,ϕ

)

 

 

n

 

 

n

 

 

При цьому умова стійкості (5.7) буде виконуватися з ще більшою точністю. Для перевірки правильності розв’язання задачі бажано обчислити коефіцієнт запасу стійкості nст за формулою (5.1).

5.2. Приклади розрахунків стиснутих стержнів на стійкість

Приклад 5.1. Визначити розміри поперечного перерізу сталевого стиснутого стержня (рис. 5.2), якщо [ σ]=160 МПа.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3.5м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

l =

 

 

 

 

 

 

 

 

l =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 5.2

Рис. 5.3

Попередньо виразимо гнучкість стержня через основний геометричний розмір a поперечного перерізу (рис. 5.2).

 

 

 

 

 

 

 

4

 

0,5a

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

12 )

 

 

 

Aбр = a2 – (0,5a)2 = 0,75a2, Jmin = Jz = Jy = 12a

 

=0,0781a4,

i

=

Jmin

=

0,0781а4

= 0,323а,

λ =

νl =

1 3,5

=

10,836.

0,323a

A

0,75а2

min

 

 

 

 

imin

 

 

a

 

 

бр

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

135

Потім розв’язуємо задачу в звичайному порядку:

1.Задаємося коефіцієнтом φ1 = 0,5.

2.Визначимо за формулою (5.8) площу поперечного перерізу

 

 

А

 

 

 

F

 

 

 

800 103

 

 

 

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

=1 10

 

 

м

.

 

 

 

 

ϕ1

[σ]

0,5 160 106

 

 

 

 

 

бр

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3. Визначимо a і гнучкість λ стержня

 

 

 

 

 

 

 

 

а

Абр

=

1 102

= 0,1155м, λ =

10,836

=

10,836

=93,82.

0,75

 

0,75

 

а

0,1155

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4. За табл. 5.2 находимо

ϕ1′ = 0,69 0,69 0,6 (93,82 90)= 0,6556 >ϕ1 10

на ε, що обчислюємо за формулою (5.9)

ε = 0,6556 0,5 100 =31,12% >5% . 0,5

Тому розрахунок повторюємо знову в тому ж порядку, прийнявши

 

ϕ2

=

ϕ1 +ϕ1

=

0,5 + 0,6556

= 0,5778.

 

 

 

 

 

2

 

2

 

 

А =

800 103

 

 

=8,654 103 м2 ; а =

8,654 103

= 0,1074м;

 

 

 

 

бр

0,5778 160 106

 

 

 

0,75

 

 

 

 

 

 

λ = 10,8360,1074 =100,89; ϕ2′ = 0,6 0,6 100,52 (100,89 100)= 0,5929 >ϕ2

на ε = 0,5929 0,5778 100 =2,61%<5%, тому приймаємо

0,5778

a =108 мм, λ =100,108,836 =100,33 >100.

Оскільки λ >100, то для визначення критичної сили використовуємо формулу Ейлера.

F

=

π 2 EJ

min

=

3,142 2 105 106 0,0781 0,1084

=1,7104 10

6

Н =1710,4кН;

 

 

 

(1 3,5)2

 

кр

 

 

(νl)2

 

 

 

136