Zbirka Otpornost Materijala - Russia

8/12/2019 Zbirka Otpornost Materijala - Russia

http://slidepdf.com/reader/full/zbirka-otpornost-materijala-russia 1/300

Федеральное агентство по образованию

ВОСТОЧНО - СИБИРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНОЛОГИЧЕСКИЙ

УНИВЕРСИСТЕТ

Г.С. ЕГОДУРОВ, Л.А.БОХОЕВА,

Б.И. ЗАНГЕЕВ, Д.Ц. БАЛЬЖАНОВ

РУКОВОДСТВО К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

ПО МЕХАНИКЕ МАТЕРИАЛОВ

И КОНСТРУКЦИЙ

Рекомендовано Дальневосточным региональным

учебно-методическим центром (УМО)в качестве авторского ученого пособия

для студентов

технических специальностей вузов

Издательство ВСГТУ

Улан-Удэ 2005 г.



УДК 539.3(075)

ББК 30.121я7

Р-851

Печатается по решению редакционно-издательского совета Восточно-Сибирского

государственного технологического университета.

Рецензенты:

В.В. Субботницкий, доктор технических наук, профессор, заведующий кафедрой

«Сопротивление материалов» Дальневосточного государственного технического

университета (г. Владивосток).

В.М. Герасимов, доктор технических наук, профессор, заведующий кафедрой

«Сопротивление материалов» Читинского государственного технического университета

Егодуров Г.С., Бохоева Л.А., Зангеев Б.И., Бальжанов Д.Ц. Руководство к решению

задач по механике материалов и конструкций: Учебное пособие./Под редакцией д.т.н., профессора Р.К. Вафина. – Улан-Удэ: Из-во ВСГТУ, 2005. – 299с.

ISBN-5-89230-190-7

Р-851 В учебном пособии изложены современные методы расчета стержневых систем,

оболочек вращения и толстостенных труб на прочность, а также расчет движущихся и

неравномерно нагретых элементов машиностроительных конструкций, ударное нагружение и основы расчета на прочность при переменном нагружении, включая вероятностные методы.

Основные расчетные зависимости и примеры расчета приведены с необходимыми

пояснениями. Пособие содержит задачи для самостоятельного решения, ответы к ним и справочный материал.

Пособие предназначено для студентов машиностроительных и строительных

специальностей.

Ключевые слова: нагрузка, расчёт на прочность, оболочки, стержневые системы.

ISBN 5-89230-190-7 ББК 30ю121я7

Егодуров Г.С. с соав., 2005г.

ВСГТУ, 2005г.



3

Содержание

Введение ……………………………………………………………………………………….

Принятые обозначения ………………………………………………………………………..

Условия и данные ко всем задачам …………………………………………………………..

Глава 1. Растяжение и сжатие ………………………………………………………………..

1.1.Основные понятия …………………………………………………………………….1.2.Статически определимые задачи растяжения-сжатия ……………………………...

1.3.Статически неопределимые стержневые системы при растяжении-сжатии ……...

1.4.Растяжение-сжатие за пределами упругости ………………………………………..

1.5.Задачи для самостоятельного решения ………………………………………………

Глава 2. Кручение ……………………………………………………………………………..

2.1. Основные понятия и зависимости …………………………………………………..

2.1.1. Расчет стержней круглого поперечного сечения ……………………………….

2.1.2. Расчет стержней некруглого поперечного сечения …………………………….

2.1.3. Расчет по предельным нагрузкам ………………………………………………..

2.2. Статически определимые задачи кручения …………………………………………

2.3. Статически неопределимые задачи кручения ………………………………………2.4. Задачи для самостоятельного решения ……………………………………………...

Глава 3. Изгиб ………………………………………………………………………………….

3.1.Основные определения ………………………………………………………………..

3.2.Определение внутренних силовых факторов и построение эпюр изгибающих

моментов и поперечных сил для балок и плоских рам …………………………………

3.3. Плоский изгиб балок и плоских рам ………………………………………………...

3.4. Определение перемещений в балках и рамах ………………………………………

3.5. Упургопластический изгиб …………………………………………………………..

3.6. Косой изгиб и внецентренное растяжение и сжатие ……………………………….

3.7. Задачи для самостоятельного решения ……………………………………………...

Глава 4. Статически неопределимые стержневые системы…………………………………

4.1. Основные сведения из теории ……………………………………………………….

4.2. Плоские рамы………………………………………………………………………….

4.3.Использование свойств симметрии при раскрытии статической

неопределимости ………………………………………………………………………….

4.4. Смешанные системы………………………………………………………………….

4.5. Плоскопространственные рамы……………………………………………………..

4.6. Статически неопределимые балки…………………………………………………..

4.7. Задачи для самостоятельного решения……………………………………………...

Глава 5. Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии…………………...

5.1. Краткие сведения из теории………………………………………………………….5.2. Примеры расчета……………………………………………………………………...


Глава 6. Устойчивость продольно - сжатых стержней……………………………………..

6.1. Метод Эйлера определения критических нагрузок………………………………...

6.2. Энергетический метод определения критических нагрузок………………………

6.3. Расчет сжатых стоек по коэффициенту понижения допускаемых напряжений …


Глава 7.Пластины и оболочки. Толстостенные трубы……………………………………...

7.1. Осесимметричный изгиб круглых пластин…………………………………………

7.1.1. Основные положения теории…………………………………………………….

7.1.2. Примеры расчета круглых пластин……………………………………………...7.2. Расчет осесимметричных тонкостенных оболочек…………………………………

7.2.1. Основные положения теории ……………………………………………………

6

7

7

8

8 10

13

20

26

29

29

29

30

33

33

36 43

45

45

45

50

57

65

69

75

81

81

82

87

93

94

98

101

104

104105

112

114

114

122

126

131

133

133

133

135144

144



4

7.2.2. Примеры расчета оболочек вращения…………………………………………..

7.3. Толстостенные трубы ………………………………………………………………

7.3.1. Краткие сведения из теории ……………………………………………………

7.3.2. Примеры расчета толстостенных труб …………………………………………

7.4. Задачи для самостоятельного решения …………………………………………….

Глава 8. Динамическое действие сил ……………………………………………………….

8.1. Расчет движущихся и неравномерно нагретых элементов конструкции ………..8.1.1. Общие положения ……………………………………………………………….

8.1.2. Примеры расчетов ……………………………………………………………….

8.2. Расчеты на ударную нагрузку ………………………………………………………

8.2.1. Общие положения. Примеры ……………………………………………………

8.2.2. Расчет стержней при действии осевой ударной нагрузки …………………….

8.2.3. Расчет стержней при действии скручивающей ударной нагрузки. Примеры ..

8.2.4. Расчет стержневых систем при поперечной ударной нагрузке. Примеры …..

8.3. Задачи для самостоятельного решения …………………………………………….

Глава 9. Переменные напряжения …………………………………………………………..

9.1. Основные факторы, влияющие на сопротивление усталости деталей машин …..

9.2. Расчеты на усталостную прочность при линейном напряженном состоянии и чистом сдвиге ……………………………………………………………………………..

9.3. Расчеты на усталостную прочность при сложном напряженном состоянии …….

9.4. Вероятностные методы расчета деталей машин на усталость …………………….

9.4.1. Общие положения ………………………………………………………………..

9.4.2. Рассеяние характеристик усталости. Построение полных вероятностных

диаграмм усталости ……………………………………………………………………..

9.4.3. Статистическая оценка усталостных характеристик. Критерии подобия

усталостного разрушения ………………………………………………………………

9.4.4. Статистическая оценка нагруженности деталей машин ………………………

9.4.5. Закономерности накопления усталостных повреждений ……………………..

9.5. Примеры расчета деталей машин на усталость ……………………………………

Глава 10. Расчет элементов конструкций с применением ЭВМ …………………………..

10.1. Метод начальных параметров ……………………………………………………...

Глава 11. Расчет стержней при кручении …………………………………………………...

11.1. Статически определимые задачи ………………………………………………….

11.1.1. Описание программы …………………………………………………………..

11.1.2. Программа расчета стержня переменной жесткости на кручение …………..

11.2. Статически неопределимые задачи ………………………………………………..

11.2.1. Программа расчета на кручение статически неопределимого стержня …….

11.3 Задачи для самостоятельного решения …………………………………………….

Глава 12. Расчет статически определимых балок переменного сечения ………………….12.1. Основные зависимости ……………………………………………………………..

12.2. Описание программы ……………………………………………………………….

12.2.1. Программа расчета статически определимых балок переменного сечения ...

12.2.2. Программа расчета балки с консолями ……………………………………….

12.3. Задачи для самостоятельного решения …………………………………………...

Глава 13. Расчет статически неопределимых рам ………………………………………….

13.1. Основные зависимости …………………………………………………………….

13.2. Описание программы ………………………………………………………………

13.2.1. Программа расчета статически неопределимых рам методом сил ………….

13.3. Пример расчета рамы …………………………………………………………….

13.4. Задачи для самостоятельного решения ……………………………………………Глава 14. Расчет вращающихся листков ……………………………………………………

14.1. Основные зависимости ……………………………………………………………..

145

152

152

155

158

161

161161

162

172

172

177

182

183

186

188

188

193

193

194

194

194

196

197

198

200

215

215

219

219

221

222

223

225

227

228228

229

231

234

235

237

237

240

240

244

247249

249



5

14.2. Пример расчета ……………………………………………………………………...

14.3.Описание программы ……………………………………………………………….

14.3.1. Программа расчета вращающихся дисков ……………………………………

Глава 15. Осесимметричный изгиб круглых пластин ………………………………………



15.2.1. Программа расчета осесимметрично нагруженной пластины с одной кольцевой опорой ………………………………………………………………………

15.2. Примеры расчета ……………………………………………………………………

Глава 16. Устойчивость сжатых стержней …………………………………………………..



16.2.1.Программа расчета критической силы сжатого стержня ……………………..

16.2. Пример расчета ……………………………………………………………………...

16.3. Задачи для самостоятельного решения ……………………………………………

Глава 17. Справочные данные к расчету деталей машин ………………………………….

Глава 18. Ответы и решения …………………………………………………………………

Литература…………………………………………………………………………………….

251

254

254

257

257

261

261

266

271

271

272

273

276

276

277

287

299



6

Введение 1

В учебное пособие включены все основные разделы курса, предусмотренные учебным

планом. В каждой главе даются основные положения теории, необходимые методические

указания, примеры решения типовых задач, задачи для самостоятельного решения и ответы к

ним. Предусматривается, что студенты изучают теоретические положения курса в полном

объеме по учебнику В.И. Феодосьева “Сопротивление материалов”, а так же используют учебные пособия других авторов.

В настоящее время в инженерных расчетах широко используется ЭВМ. При этом

матричная символика позволяет не только компактно записывать уравнения, но и облегчает

процесс программирования путем применения стандартных программ для матричных

операций. Задачи сопротивления материалов являются краевыми, решение которых должно

быть подчинено граничным условиям. Краевые задачи обычно решают сводя их к задаче

Коши. Наиболее просто это можно осуществить методом начальных параметров, который

используется в данном учебном пособии применительно к расчету стержней переменного

сечения, работающих на кручение, изгиб, задачам устойчивости сжатых стоек, расчету

круглых пластин и вращающихся дисков постоянной и переменной толщины.

Основные расчетные зависимости и примеры расчета приведены с необходимыми пояснениями, что поможет усвоению материала.

Данное издание представляет собой авторскую работу, вошедшую в число

победителей в открытом конкурсе на лучшее учебное пособие, которое проводилось Советом Дальневосточного регионального учебно-методического центра в 1996…98 гг.

1 Работа поддержана программой «Научные исследования высшей школы по приоритетным

направлениям науки и техники» (проект № 01.01.114).



7

Принятые обозначения

F – внешняя сосредоточенная сила [Н]; M – внешний момент [Нм]; Fcr – критическая осевая сила при сжатии [Н];ne – интенсивность осевой распределенной нагрузки [Н/м];te – интенсивность распределенного крутящего момента [Нм/м];qe – интенсивность поперечной нагрузки [Н/м];

y xQQ , - поперечные силы в сечении [Н];

T – крутящий момент в сечении [Н/м]; Mx,My – изгибающие моменты в сечении [Н/м]; A – площадь поперечного сечения стержня [м2]; Ix, Iy – осевые моменты инерции [м4]; It – полярный момент инерции [м4];Wx, Wy – моменты сопротивления изгибу относительно осей X и Y [м3];Wt – момент сопротивления кручению [м3];

E – модуль упругости материала [ПА];ν - коэффициент Пауссона материала;

pr σ - предел пропорциональности [ПА];

yc yt σ σ , - предел текучести при растяжении и сжатии соответственно [ПА];

ucun σ σ , - предел прочности при растяжении и сжатии соотвественно [ПА];

admadm τ σ , - допускаемое нормальное и касательное напряжения соответственно [ПА];

eqσ - эквивалентное напряжение [ПА];

cr σ - критическое напряжение при сжатии [ПА];

u ynn , - коэффициент запаса по текучести и по пределу прочности соответственно;

λ - гибкость стержня;

- коэффициент приведения длины стержня;

mini - минимальный радиус инерции сечения стержня [М];

ϕ - коэффициент понижения допускаемых напряжений;

α - коэффициент линейного расширения [1/0 К];γ - удельный вес материала [Н/м3];

N - нормальная сила в поперечном сечении стержня [Н].

Условия и данные ко всем задачам

1. Весом стержней, оболочек, дисков по сравнению с заданными нагрузками

пренебрегаем, если нет специальных указаний.

2. Если в условии не даны характеристики материалов, то следует принять:для стали Е=2⋅105 Мпа; ν =0,3; α =1,25⋅10-5 1/0К;

для меди Е=1⋅105 Мпа; ν =0,3; α =1,65⋅10-5 1/0К;

для алюминия Е=0,7⋅105 Мпа; ν =0,3.



8

Глава 1. РАСТЯЖЕНИЕ И СЖАТИЕ ПРЯМЫХ СТЕРЖНЕЙ

1.1. Основные понятия

Методом сечений определяются внутренние силы в любом сечении стержня и

приводятся к центру тяжести сечения в виде главного вектора и главного момента, которые

разлагаются на нормальную силу N, перпендикулярно плоскости сечения, поперечную силу Q в плоскости сечения, изгибающий момент M и крутящий момент T.

Для определения внутренних сил производят последовательно четыре операции:

1). Рассекает стержень в интересующем месте воображаемой плоскостью.

2). Отбрасывают мысленно одну из образовавшихся частей.

3). Заменяют действие отраженной части на оставшуюся внутренними силами.

4). Составляют уравнения равновесия всех сил, приложенных к оставшейся части.

Если при нагружении стержня в его поперечных сечениях возникает только один

внутренний силовой фактор, то такой вид нагружения называется простейшим.

Различают четыре простейших вида нагружения:

1. Центральное растяжение или сжатие ,0≠ N .0===== T QQ M M y x y x

2. Чистый изгиб ,0≠ x M .0===== N T QQ M y x y

3. Чистый сдвиг ,0≠ yQ .0===== N T M M Q y x x

4. Чистое кручение ,0≠T .0====== N T QQ M M y x y x

Нагружения, когда в поперечных сечениях стержня действуют два или более внутренних силовых фактора, называют сложным сопротивлением.

Таким образом, центральное растяжение или сжатие это такой вид нагружения, при котором в поперечных сечениях стержня возникают только нормальные силы N. Для

решения задач используются два основных допущения: 1. Поперечные сечения стержня плоские до нагружения остаются плоскими и перпендикулярными оси стержня после

нагружения. Продольные волокна не оказывают друг на друга бокового давления.Нормальные напряжения на основе сделанных допущений, распределены равномерно по площади поперечного сечения и вычисляются по формуле:

A

N =σ .

Растягивающие напряжения считаются положительными, сжимающие –

отрицательными. Точки растянутого (сжатого) стержня находятся в условиях одноосного

(линейного) напряженного состояния.Удлинение (укорочение) стержня определяется по формуле

∑=

=∆k

i ii

ii

A E

N l

1

,l

где k - количество участков стержня, в пределах каждого из которых const N i = и

;const A E ii =i

l - длина i -го участка. Если нормальная сила )( z N непрерывно меняется

вдоль оси стержня, то

∫=∆l EA

dz z N l

)(,

интегрирование ведется по всей длине стержня.

Абсолютное удлинение от изменения температуры подсчитывают по формуле

lt al ∆=∆ ,

где a - коэффициент линейного расширения материала стержня; t ∆ -изменение температуры.

Дифференциальные зависимости при растяжении

(1.1)

(1.2)

(1.3)

(1.4)



9

),( z ndx

dN e= ,

EA

N

dz

dw= ,

)(2

2

EA

z n

dz

wd e=

где e

n -интенсивность осевой распределенной нагрузки; w -перемещение сечения стержня

вдоль оси z ; A - жесткость стержня при растяжении - сжатии.

Дифференциальные зависимости (1.5) можно использовать для контроля

правильности построения эпюр.Потенциальная энергия деформации υ , накопленная в ступенчатом стержне

∑=

=k

i ii

il

A E

N U

1

2

2

l.

Если нормальная сила )( z непрерывно меняется по длине стержня, то

∫=l

EA

dz z N U

2

)(2.

Работа W, совершаемая внешними силами,

∑==

m

l iiiw F W 2

1

,

где iw -перемещение точки приложения силы i

F ; m -количество внешних сил.

Отметим, что формулы (1.2) … (1.8) справедливы при упругих деформациях, когда

выполняется закон Гука.Расчет на прочность по допускаемым напряжениям сводится к удовлетворению

условия прочности для опасного сечения

adm A

N σ σ ≤=max ,

где max

σ -максимальное нормальное напряжение в опасном сечении стержня или

стержневой конструкции; admσ - допускаемое напряжение на расстоянии или сжатие

nadm

limσ σ = ,

где lim

σ - предельное для данного материала напряжение; n - коэффициент запаса прочности.

Для пластичных материалов обычно принимается yσ σ =lim , в этом случае

коэффициент обозначается через y

n и называется коэффициентом запаса по текучести.

Для хрупких материалов - uσ σ =lim , а коэффициент y

n - коэффициент запаса по

пределу прочности.

Пределы текучести y

σ и прочности u

σ определяются экспериментально по

результатам испытаний на растяжение или сжатие образцов из данного материала.В тех случаях, когда при расчетах на прочность задан коэффициент запаса n , условие

прочности имеет вид:

n

limmax

σ σ ≤ .

Коэффициент запаса прочности, называемый иногда коэффициентом безопасности,

назначается для рассчитываемого сооружения или машины на основе практики эксплуатации аналогичной конструкции.

Задачи расчета на прочность условно делятся на два типа: поверочной и

конструкторский. В случае поверочного расчета из [1.9] вычисляют коэффициент запаса по

заданным N и A, и сравнивают его с допускаемым adm

n . В случае конструкторского расчета

(1.7)

(1.8)

(1.9)

(1.10)

(1.11)

(1.5)

(1.6)



10

по данному коэффициенту запаса n или допускаемым напряжениям adm

σ находят площадь

поперечного сечения или допускаемую нагрузку adm

N .

1.2. Статистически определимые задачи растяжение – сжатия

В статистике определимых системах нормальные силы находят из уравнения равновесия.Пример 1.1 Для стержня, показанного на рис. 1.1, построить эпюры нормальных сил,

напряжений и перемещений. Вычислить работу внешних сил и потенциальную энергию

деформации. Нагрузки, размеры стержня и модуль упругости заданы. Решение. Нормальные силы в поперечных сечениях стержня находим по методу

сечений.

Рис.1.1

Рис.1.2

1 участок .0 l≤≤ z Для определения нормальной силы в стержне на участке ab

мысленно разрежем его в произвольном сечении этого участка и отбросим левую часть

стержня. Действие левой отброшенной части на правую заменим нормальной силой ,которую прикладываем к правой части и изображаем ее положительной ( растягивающей)

( рис. 1.2,а).Далее записываем условие равновесия: сумма проекции всех сил, приложенных к отсеченной

части стержня, на ось z , должна быть равна нулю

∑ = 0 z F , ,02 =+−− F F N

откуда .1 F N −=

Знак минус в полученном результате говорит о том, что на участке ab сила

сжимающая (отрицательная). Аналогично находим нормальные силы на участках bc и cd .2 участок .0 l≤≤ z Уравнение равновесия ( рис. 1.2,б)

∑ = ,0 z F ,022 =+−− F F N .2 F N −=

3 участок .0 l≤≤ z Уравнение равновесия ( рис. 1.2,в)



11

∑ = ,0 z F ,03 =+− F N .3 F N =

Поскольку при определении нормальных сил мы разрезали стержень в произвольном

сечении каждого участка, то полученные результаты в равной мере справедливы для всех сечений этих участков. В данной задаче нормальные силы на каждом участке постоянны, т.к.

не зависят от координаты Z.Нормальные напряжения на каждом участке стержня находим по формуле (1.1).

Эпюра нормальных напряжений показана на рис. 1.1, в.Эпюру перемещений начинаем строить от заделки, так как перемещение сечения a

нам известно и равно нулю: .0=aw

1 участок .0 l≤≤ z Найдем перемещение произвольного сечения на расстоянии z от заделки. Это перемещение равно удлинению участка стержня длиной z.

EA

Fz

EA

z N z w ab

az −==∆= l)( (линейная функция).

Знак минус говорит о том, что участок стержня длиной Z не удлинился, а укоротился

и, таким образом, сечение с координатой Z перемещается влево.

,0)0( =aw EAwb

l

l −=)( (влево).

2 участок .0 l≤≤ z EA

Z N

EA

F w z w bz b

2)( 2+−=∆+=

ll (линейная функция).

,)( EA

F wb

ll −=

EA

F

EA

F

EA

F wc

llll

2

3

2)( −=

−+−= (влево).

Таким образом, сечение с перемещается также влево за счет укорочения участков ab

и bc .

3 участок .0 l z ≤≤ EA

Z N

EA

F w z w cz c

3

2

3)( +−=∆+=

ll (линейная функция).

,23)0( EA F wc

l

−= EA F

EA F

EA F wd

223)(

llll −=+−= (влево).

Величины внутренних сил 1

N ,2

N ,3

N на участках ab , bc , и cd при вычислении

перемещений определяем по эпюре нормальных сил N ( рис. 1.1). Эпюра перемещений

показана на рис. 1.1. Перемещения, направленные влево, отложены на эпюре вниз.Потенциальную энергию деформации вычислим по формуле (1.6)

.4

5

242

2222

EA

F

EA

F

EA

F

EA

F U

llll=++=

Работу, совершаемую внешними силами, найдем, используя формулу (1.8)

EA

F

EA

F

F EA

F

F W

lll2

4

5

22

1

2

3

22

1

=−= .

Работа силы F считается отрицательной, так как направление силы F и направление перемещения ее точки приложения

aw противоположны.

Пример 1.2. Построить эпюры нормальных сил, напряжений и перемещений для

стержня, показанного на рис. 1.3. Интенсивность нормальных сил en , размеры стержня и

модуль упругости заданы. Решение. Нормальные усилия определяются по методу сечений.

1 участок .0 l≤≤ z Уравнение равновесия ( рис 1.4,а)

∑ = ,0 z F len N

2

11 = .

2 участок .0 l≤≤ z Уравнение равновесия ( рис.1.4,б)

∑ = ,0 z F Z nn N ee 322 +−= l (линейная функция)



12

len N 2)0(2 −= ll en N =)(2 .

Рис.1.3

Рис.1.4

3 участок .0 l z ≤≤ Уравнение равновесия ( рис.1.4,в)∑ = ,0 z F len N =3 .

Эпюра нормальных сил показана на рис.1.3. Нормальные напряжения определяем по

формуле (1.1), эпюра показана на рис.1.3.

Для построения эпюры перемещений примем условно какое-либо сечение за

неподвижное, например, сечение a : .0=a

w

1 участок .0 l≤≤ z A E

Z N z w aZ

3)( 1=∆= l (линейная функция).

,0)0( →aw EA

n

A E

N w e

b63

)(2

1 lll == (вправо).

Так как участок ab растягивается, то сечение b относительно сечения a

перемещается вправо.

2 участок .0 l≤≤ z Перемещение произвольного сечения на участке bc с

координатой Z равно

∫+=∆+∆= z

ebz ab

EA

d N

EA

n z w

0

2

2

,)(

6)(

ξ ξ lll

где ξ -переменная интегрирования. Подставляя под интеграл найденную ранее ( рис.1.4,б)

функцию нормальной силы от продольной координаты, получим:

∫ +−=

+−

+=

z

eeeeee

EA

z n

EA

z n

EA

n

EA

d nn

EA

n

z w0

222

2

32

6

)32(

6)(

llll ξ ξ

(квадратичная функция).

а б в





14

Пример 1.3. Стальной ступенчатый стержень закреплен между двумя жесткими опорами и нагружен так, как показано на рис. 1.5,а. Построить эпюры нормальных сил,

напряжений и перемещений. Дано: 4,0=l м; 80= F Кн;3

105,0 −⋅=∆ м;

4102

−⋅= A м2.

Решение. В результате действия силы F участок ab удлиняется и если перемещение

сечения c превысит зазор ∆ , то между верхним и нижним стержнем возникнет реакция R

(1.5,б). Найдем перемещение сечения с при отсутствии стержня de . Перемещения,

направленные в сторону положительной оси Z , т.е. вниз, будем считать положительными.

8,0102102

4,0108411

4

=⋅⋅⋅

⋅⋅===∆= − EA

F

EA

N w ab

abc

lll мм,

т.е. .∆>cw

Рис.1.5

Рис.1.6

Таким образом, при нагружении данной стержневой системы силой F зазор будет перекрыт, и между стержнями возникнет неизвестная реакция . R Очевидно, что эту реакцию

невозможно найти из уравнения статики и, таким образом, данная задача статически

неопределима.Для определения реакции R составим условие совместности перемещений, которое

связывает перемещение сечений c и d , и зазор ∆ . Представим систему в деформированном

состоянии. Пусть сечения c и d получили положительные перемещения, тогда из рис.1.6

∆+= d c ww

или выражая перемещения через удлинения (укорочения) стержней, получим

.)( ∆+∆−=∆+∆ debcab ll

Знак минус объясняется тем, что положительное перемещение сечения d происходит при сжатии стержня de . Выразим удлинения отдельных участков стержневой системы через

внутренние силы, действующие в этих участках, которые предварительно найдем по методу сечений

R F N ab −= ; R N bc −= ; R N de −= .

а б



15

Тогда

∆+−

−=−

+−

EA

R

EA

R

EA

R F lll )(

2

)()(,

откуда

1211045

4102

11102

410524

1085

2

5

2

5

2

=−⋅⋅

−⋅⋅⋅⋅⋅⋅

−−

⋅⋅=

∆

−= l

EA

F R kH.

Зная силу реакции , находим внутренние силы и строим эпюру N ( рис.1.5).

Используя полученные результаты (эпюру N ), строим эпюру напряжений ( рис.1.5). Эпюру

перемещений начинаем строить c сечения a :

0=a

w .

Участок ab .0 l≤≤ z EA

N z w ab

az

ll =∆=)( (линейная функция),

0)0( =aw ,

68,0410211102

1

104

4

108,6)( =−⋅⋅⋅

−

⋅⋅⋅=lbw мм (вниз).

Отметим, что значения внутренних усилий при построении эпюры перемещений

считываем с эпюры N .

Участок bc .0 l≤≤ z A E

Z N

EA

Fl w z w bc

bz b2

)( +=∆+= l (линейная функция),

68,0)0( =bw мм,

62,04102111022

1104)4102,1(4108,6)( =−⋅⋅⋅⋅

−⋅⋅⋅−+−⋅=lcw мм (вниз).

Участок dc .0 l≤≤ z Перемещение сечения z от нижнего сечения e найдем,вычислив укорочение стержня длиной ez

EA

Z N z w de

ez −=∆−= l)( (линейная функция),

0)0( =e

w ,

12,0410211102

1104)4102,1()( =

−⋅⋅⋅

−⋅⋅⋅−−=l

d w мм (вниз).

Построив эпюру перемещений ( рис.1.5) убеждаемся в правильности решения задачи,

так как выполняется условие совместности перемещений, то есть разность перемещений

сечений с и d равна зазору ∆ .Пример 1.4. Ступенчатый стальной стержень, жестко закрепленный по концам,

нагрет на участке длиной l2

3 на 0t ∆ ( рис.1.7,а). Определить допустимую температуру

нагрева стержня admt ∆ . Для этого значения температуры построить эпюры нормальных сил

N , нормальных напряжений σ , осевых перемещений w . Дано: 3,0=l м; 4102 −⋅= A м2;

80=admσ МПа.

Решение. При нагреве стержня в свободном состоянии на 0t ∆ он должен удлиниться

на l2

3t l ∆=∆ α . Однако этому удлинению препятствуют опоры, а поэтому между опорами и

стержнем возникают реактивные усилия R , сжимающие стержень ( рис.1.7.б). Очевидно, это

усилие из уравнений статики найти невозможно, и поэтому данная задача статически



16

неопределима. Будем считать сечение a неподвижным, а уравнение совместности

перемещений составим из условия, что .0=d w

По методу сечений устанавливаем, что нормальная сила в любом сечении стержня –

сжимающая и равна R . Перемещения, направленные вправо (в сторону положительной оси

Z ), будем считать положительными. Тогда

02

3

2

3

2 =−−∆+−=∆+∆+∆= EA

R

EA

R

t EA

R

w cd bcabd

ll

l

l

lll α

Отсюда

.2

1tEA R ∆= α

Отметим, что удлинение центрального нагретого участка складывается из температурного удлинения и укорочения, вызванного реактивной силой .

Поскольку нормальная сила N в любом сечении одинакова, то максимальные

нормальные напряжения возникнут в тонкой части )(bd ступенчатого стержня

tE

A

R∆== α σ

2

1max .

Понятно, что напряжения в любом сечении ступенчатого стержня сжимающие.

Рис.1.7

Допустимую температуру нагрева находим из условия

admσ σ =max или admadm E t σ α =∆2

1,

откуда

C E

t admadm

0

511

7

641025,1102

10822=

⋅⋅⋅⋅⋅

==∆ −α

σ .

Далее строим нормальных сил, напряжений и перемещений при температуре нагрева

C t t adm

064=∆=∆ ( рис.1.7).

Нормальная сила:

16102102641025,12

1

2

1 4115 −=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅−=∆= −− EAt N admα kH.

Нормальные напряжения на участке ab :

40102641025,14

1

4

1

2

115 −=⋅⋅⋅⋅⋅−=∆−= − E t A

N

admα σ МПа,

на участке bd :

2 А А

l 3/2 l l

R R

σ z b d z

16K н N

40 K н 80K н σ

w

0.12мм

0.06мм



17

80102651025,12

1

2

1 115 −=⋅⋅⋅⋅⋅−=∆−= − E t A

N admα σ МПа ( рис.1.7).

Последний результат свидетельствует о том, что допустимая температура найдена верно, так

как получилось adm

σ σ =max

.

Эпюру перемещений строим, начиная с сечения a : 0=a

w .


Z N z w2

)( 1= (линейная функция),

0)0( =aw ,

06,03,0641025,12

1

4

1)( 5 −=⋅⋅⋅⋅−=∆−= −

ll admb t w α мм (влево).

2 участок .2

30 l≤≤ z z t w z w admb ∆+= α )( (линейная функция),

06,0)0( −=bw мм,

12,03,0641025,121

212

3

23

41)

23( 5 =⋅⋅⋅⋅=∆=−+∆+∆−= −l

l

lll admadmadmc t EA

R

t t w α α α мм (вправо).


Z N w z w c

3)( += (линейная функция),

12,0)0( =bw мм, 02

1)( =−∆=

EA

Rt w admd

lll α .

Эпюра перемещений представлена на рис.1.7.

Пример 1.5. Для стальной стержневой конструкции ( рис.1.8,а), нагруженной силой

F и нагретой на участке ab до температуры 0t ∆ , определить коэффициент запаса по

текучести ny . Дано:4

102 −⋅= A м2; C t

0150=∆ ; 100= F кН; 400== yc yt σ σ МПа.

Решение. Предположим, что деформации упругие, и для решения задачи используем

принцип наложения (суперпозиции), в соответствии с которым найдем напряжения

отдельно от силы F и отдельно от нагрева участка ab на 0t ∆ . Принцип наложения в

данной задаче можно использовать, поскольку в пределах упругости напряжения и

перемещения линейно зависят и от внешней силы F и от температуры 0t ∆ .

1. Вначале найдем внутренние силы в стержневой конструкции отдельно от силы F .Пронумеруем стержни так, как показано на рис.1.8,а.

Рис.1.8

Мысленно разрезая стержни, вводим неизвестные внутренние нормальные силы,

вызванные внешней силой F ( рис.1.8,б,в). Сумма проекций сил на ось Y , приложенных к

узлу ( рис.1.8.б), дает f f

N N 21

= . Сумма проекций сил на ось Z , для обеих частей

конструкции, дает систему уравнений:

f f N N 21 = ; 034 =−− f f N F N .

а б в



18

Таким образом, мы имеем систему двух уравнений с тремя неизвестными, то есть задача статически неопределима. Для решения составим уравнение совместности

перемещений. Перемещения, направленные вдоль оси Z , считаем положительными.

Представив систему в деформированном состоянии ( рис.1.9), получим треугольник baa1

,

откуда 0

1 60cosaw=∆l

или

0

431 60cos)( ∆+∆−=∆l ,

где 1

l ∆ - удлинение стержня 1;a

w - перемещение шарнира. Знак минус в правой части

условия совместности перемещений (б) объясняется тем, что положительное перемещение

шарнира происходит за счет суммарного сжатия третьего и четвертого стержней. Выразим удлинения стержней через внутренние силы

EA

N f ll

1

1 =∆ ; EA

N

EA

N f f

22

43

43

ll+=∆+∆ .

Откуда, используя уравнение совместности перемещений (б), получим третье

уравнение для определения внутренних сил f N 1 ,

f N 2 , f N 3

2

1)

22(

431 ⋅+= EA

N

EA

N

EA

N f f f lll.

Решая совместно систему уравнений (а) и (в), получим

7,166

321 −=−=== F

N N N f f f кН,

3,836

54 =⋅= F N f кН.

Знак минус в решении указывает на то, что внутренние силы в 1,2-м и 3-м стержнях

сжимающие.2. Найдем внутренние усилия, возникающие в стержневой системе от нагрева.

Рис.1.9

Для записи уравнений равновесия воспользуемся рис.1.8, учитывая, что сила F отсутствует

t t t t N N N N 4321 === .

Геометрическое уравнение совместности перемещений (б) сохраняет свою силу,

однако, удлинения стержней выражаются не только через внутренние силы, но и через температуру

;11

EA

N t ll =∆ .

22

4343

EA

N

EA

N t t t lll ++∆=∆+∆ α

Тогда из уравнения (б) получим

,

2

1)

22

( 431

EA

N

EA

N t

EA

N t t t lll

l++∆−= α

откуда

(б)

(в)



19

=∆−==== tEA N N N N t t t t α 3

14321

25102102105,11025,13

1 41125 −=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅−= −− кН.

Полные внутренние силы найдем по принципу суперпозиции

7,41257,1611321

−=−−=+==+t f

N N N N N кН (сжатие),

3,58253,83444 =−=+= t f N N N кН ( растяжение).

Напряжения

208102

1017,44

4

121 −≈

⋅⋅

−=== − A

N σ σ Мпа;

1041022

1017,4

24

4

33 −≈

⋅⋅⋅

−== − A

N σ Мпа;

1461022

1083,5

2 4

4

44 ≈

⋅⋅⋅

−== − A

N σ Мпа.

Максимальные напряжения возникают в 1-м и 2-м стержнях. Коэффициент запаса находим, используя формулу (1.11)

92,1208

400

1max

====σ

σ

σ

σ yc yc

yn .

Полученный результат показывает, что деформации действительно являются

упругими.Пример 1.6. Для сборки стальной стержневой конструкции, изображенной на

рис.1.10,а, необходимо выбрать зазор ∆ . Определить допускаемую величину зазора adm

∆ .

Дано: 5,0=l м; 300= yσ МПа; 2= y

n . При решении задачи считать, что горизонтальный

стержень имеет бесконечно большую жесткость.

Решение. После сборки во всех трех стержнях возникают монтажные напряжения,зависящие от зазора ∆ . Найдем эту зависимость, пронумеруем стержни так, как показано на

рис.1.10,а. Разрежем мысленно стержни и введем внутренние нормальные силы ,,,321

N N N

заменяющие действия отброшенных частей стержневой конструкции. Как обычно,неизвестные внутренние силы предполагаем растягивающими ( рис.1.10,б).

Рис.1.10

Запишем уравнения равновесия

∑ = 0 y F ; 0321 =++− N N N

∑ = 00 M ; 031 =+ a N a N

Таким образом, мы имеем два уравнения с тремя неизвестными, то есть задача один

раз статически неопределима. Для ее решения составим третье уравнение – условие совместности перемещений. При сборке стержневой системы горизонтальный жесткий стержень переместится вверх и повернется. Будем считать положительными перемещения,направленные вверх. Пусть при сборке жесткий стержень переместится таким образом, что

(а)

а б



20

все связанные с ним шарниры получают положительные перемещения ( рис.1.11,а). Из подобия треугольников вва ′′′′ и сса ′′′′ находим

acab wwww −∆+=− )(2

или

∆=−− cab www2 .

Перемещения, входящие в уравнение (б), выразим через удлинения соответствующих стержней:

∆=∆−−∆−∆− )()(2 312 lll .

Знак минус в уравнении (в) перед 2l∆ и 3l∆ записаны потому, что положительные

перемещения в

w и c

w связаны с укорочением стержней 2 и 3.

Рис.1.11

Выражая удлинения через внутренние силы, получим третье уравнение (в дополнении

к системе (а))

∆=+−− EA

N

EA

N

EA

N lll 3122 .

Решая совместно уравнения (а) и (г), получим

l61

EA N

∆−= (сжатие);

l32

EA N

∆−= (сжатие);

l63

EA N

∆−= ( растяжение).

Максимальные напряжения возникают во втором стержне:

l32max

E ∆== σ σ (знак не учитываем),

Условие прочности

y

y

n E

σ σ ≤∆= l3

max .

Тогда допускаемое значение зазора составит

мм м y En

yadm

125,1310125,1111022

5,001030033=−⋅=

⋅⋅

⋅⋅⋅==∆

lσ .

1.4. Растяжение и сжатие за пределами упругости

Для расчета конструкций за пределами упругости действительные зависимости между

σ и ε схематизируются. Будем считать, что на характеристике материала, из которого

изготовлена конструкция, имеется физическая площадка текучести, а поэтому в качестве

схематизированной используем идеальную упругопластическую диаграмму ( рис.1.11,6).

(г)

а б



21

При расчете конструкций, работающих за пределами упругости, находится

предельная нагрузка и коэффициент запаса по предельному состоянию

F

F n lim= ,

где lim F -предельная нагрузка для данной конструкции; F - рабочая нагрузка.Под предельной понимается нагрузка, при которой происходит исчерпание несущей

способности конструкций вследствие того, что внешние силы, большие чем lim

F , не могут

быть уравновешены внутренними силами, ограниченными, в свою очередь, величиной A y

σ

( рис.1.11,6). При достижении внешней силой предельного значения точка приложения этой

силы стремится получить неопределенно-большие перемещения (в соответствии со

схематизированной диаграммой), что для конструкции недопустимо.

При нагружении конструкции силой, большей той, при которой возникают первые

пластические деформации, и последующей разгрузке возникают остаточные напряжения и

перемещения. Остаточные напряжения и перемещения определяются путем сложения

напряжений (перемещений), возникающих при нагрузке, с напряжениями (перемещениями)возникающими при разгрузке. Разгрузку представляем как нагрузку силой, действующей в

противоположном направлении, причем, при разгрузке справедлив закон Гука (на основании

закона разгрузки).

Пример 1.7. Для стержневой конструкции, изображенной на рис.1.12,а, построить

графики зависимости внутренних сил от внешней нагрузки. Найти остаточные напряжения в

данной стержневой системе при нагружении ее силой A F yσ )4/9(=∗ и последующей полной

разгрузке. Материалы стержня и трубки одинаковые. Диаграмма материала - идеальная

упругопластическая, yc yt σ σ = . Размеры и модуль упругости заданы. Деформацией крышки

пренебречь.

Решение. Вначале найдем нагрузку, при которой возникают первые пластические деформации. Мысленно отделим трубку от стержня и крышки и обозначим через R силу их

взаимодействия ( рис.1.12,б,в). Реакция R из уравнений статики не определяется, и задача,

таким образом, статически неопределима. Для раскрытия статической неопределимости

составим условие совместности перемещений, которое выражает равенство перемещений

сечений с стержня и е трубки. Перемещения, направленные вверх, будем считать

положительными.

ec ww = или 321 lll ∆=∆+∆ .

Нумерация участков показана на рис.1.12,а. Пользуясь методом сечений, находим

внутренние силы па каждом участке:

F R N −=1 ; R N =2 ; R N −=3 .

Выразив удлинения через внутренние силы, получим уравнение относительно

неизвестной реакции

)2/(

2)(

2

)(

A E

R

EA

R

EA

F R lll −=+

− ,

откуда

11

F R = .

После этого обычным порядком строим эпюры нормальных сил, напряжений и

перемещений отдельно для стержня и отдельно для трубки ( рис. 1.12).

(1.11)



22

Максимальное напряжение возникает в нижней части стержня на участке 1.

Приравнивая это напряжение пределу текучести, находим усилие l p

F , при котором в этой

части стержня возникают первые пластические деформации

A F A

F y pl y

pl σ σ

5

11

11

5=→=⋅ .

Рис.1.12

Внутренние силы, напряжения и перемещения точки приложения силы при pl

F F =

найдем, пользуясь построенными эпюрами:

,21 A N yσ = yσ σ =1 (сжатие),

,5/2 A N yσ = 5/2 yσ σ = ( растяжение),

,5/3 A N yσ = 5/23 yσ σ = (сжатие).

E EA

F w

y pl

abb

lll

σ =−=∆−=

211

10 (вниз).

При pl

F F > внутренняя сила в нижней части стержня остается постоянной,

const A N == σ 21

, так как напряжения в ней равны пределу текучести y

σ . Внутреннюю

силу в верхней части стержня на 2-м участке найдем из уравнения равновесия ( рис.1.12,г)

∑ = ,0 z F A F N yσ 22 −= .

Очевидно, внутренняя сила в трубке имеет ту же величину, но обратна по знаку (то

есть сжимающая). Таким образом, после появления пластических деформаций в нижней

части стержня стержневая система стала статически определимой.Перемещение точки приложения силы F вычисляем по упруго работающим

участкам

)( 23 ∆−+∆= lbw .

Знак минус объясняется тем, что при удлинении стержня 2 и постоянном c

w сечение b

перемешается в отрицательном направлении.

EA

A F

EA

A F

A E

A F w

y y y

b

lll )2(5)2(

)2/(

2)2( σ σ σ −−=

−−

−−= .

Знак минус указывает на то, что сечение b перемещается вниз. Очевидно, что при pl

F F = ,

мы получаем прежний результат

(б)

(г)

(в)

(а)



23

E EA

A A

EA

A F w

y y y

y

b

ll

l σ σ σ σ −=

−−=

−−=

)25

11(5)2(5

(вниз).

Найдем напряжения в отдельных частях конструкции. Ранее было найдено

A N yσ 21 = (сжатие),

A N yσ =2 ( растяжение), A N yσ =3 (сжатие).

Напряжения

const y == σ σ 1

A

A F yσ σ

22

−= ,

2/

22

A

A F yσ σ

−= .

Таким образом, после появления первых пластических деформаций в нижней части

стержня напряжения в этой части остаются постоянными, а интенсивный их рост происходит в трубке. Найдем внешнюю силу, при которой возникают пластические деформации в

трубке, из условия

A F A

A F y y

yσ σ

σ

2

5

2/

2lim

lim =→=−

.

Очевидно, это предельное значение внешней нагрузки, так как большая внешняя сила

не может быть уравновешена внутренними. Найдем внутренние силы, напряжения и

перемещение сечения b при lim F F = . Используя формулы (д), (е) и (г), получим:

A N yσ 21 = (сжатие), yσ σ =1 ,

2

22

A N y

σ = ( растяжение), 2

2 y

σ σ = ,

2

23

A N

yσ = (сжатие), yσ σ =3 ,

E A

A F w

y y

b

ll σ σ

2

5)2(5 lim −=−

−= (вниз).

Рассмотрим теперь нагрузку (индекс - нагрузка) и полученную разгрузку (индекс a

- разгрузка) заданной системы силой A F yσ 4

9=∗ и определим остаточные напряжения и

перемещения (индекс r - остаточный). Так как lim

F F F pl

<< ∗

, то первый участок

деформируется пластически, второй и третий – упруго. Поэтому при нагрузке

A N y f σ 21 −= (сжатие),

A A F N y y f σ σ 4

122 =−= ∗ ( растяжение),

A N y f σ 4

13 = (сжатие).

При разгрузке справедливы упругие соотношения между внутренними и внешними силами.

Поэтому

A F N ya

σ 22

45

11

10

1

== ∗

( растяжение),

A F N ya σ 44

9

11

12 −=−= ∗ (сжатие),

(д)

(е)

(ж)



24

A N ya σ 44

93 = ( растяжение).

Остаточные усилия вычисляем по выражению

a f r N N N += .

Тогда

A A A N y y yr σ σ σ 221

224521 =+−= ( растяжение).


1

44

9

4

12 =−= ( растяжение),


1

44

9

4

13 −=+−= (сжатие).

Остаточные напряжения

yr

r A

N σ σ

44

1

2

11 == ( растяжение),

y

r

r

N σ σ

22

1

2

2

2

== ( растяжение),

yr

r A

N σ σ

11

1

)2/(

33 == (сжатие).

Знаки в последних формулах опущены.

Отметим, что после разгрузки стержневая конструкция находится в равновесии,

поэтому внутренние остаточные силы равны во всех ее частях. Остаточное перемещение

E EA

F

EA

A F w

y y

b

lll σ σ

22

5

11

5)2(5−=+

−−= ∗∗

(вниз).

Пример 1.8. Найти предельную нагрузку для стрежневой конструкции, изображенной

на рис.1.14. Материал стержней – идеальный упругопластический, yc yt σ σ = ( рис.1.11,б).

Дано: 300= yσ МПа; 410−= A м2.

Решение. При решении предыдущей задачи было отмечено, что при появлении

пластических деформаций в одном стержне один раз статически неопределимая стержневая

система становится статически неопределимой, а при появлении пластических деформаций в

двух стержнях – становится геометрически изменяемой (предельное состояние). Рассмотрим

различные варианты исчерпания несущей способности для данной системы.

Рис.1.13

1. Пластические деформации возникли в стержнях 1 и 2. При этом происходит поворот жесткого стержня относительно точки С , а стержни 1 и 2 растягиваются ( рис.1.15).

Рис.1.14



25

Записывая уравнение равновесия ∑ = 0c M ,

0321lim =−− Aaa Aa F y y σ σ ,

находим

A F yσ 21lim = .

2. Пластические деформации возникли в стержнях 2 и 3. При этом происходит

поворот жесткого стержня относительно точки a ; стержень 2 растягивается, а стержень 3сжимается ( рис.1.16).

Рис.1.15

Из уравнения равновесия

∑ = 0a M , 0322 2lim =−+ a F a Aa A y y σ σ , A F yσ 82lim = .

3. Пластические деформации возникли в стержнях 1 и 3. В этом случае жесткий

стержень поворачивается относительно точки b , а стержни 1 и 3 растягиваются ( рис.1.17).

Рис.1.16


∑ = 0b M , 0223lim =−− a A Aaa F y y σ σ , A F yσ 43lim = .

Очевидно, предельная нагрузка равна наименьшему значению, найденному в трех вариантах.

602101032 48

1limlim =⋅⋅⋅=== − A F F yσ кН.

Обратим внимание на то, что направление внутренних сил при нахождении

предельной нагрузки обязательно должно соответствовать характеру деформации стержней

( растяжение или сжатие).

Пример 1.9. Найти предельную нагрузку для стержня, изображенного на рис.18,а.

Диаграмма материала - идеальная упругопластическая.

Рис.1.17

Решение. Рассмотрим различные варианты потери несущей способности.

А Б В Г



26

1. Предположим, что пластические деформации возникли в верхнем и центральном

участках. При этом участок верхний сжимается, а центральный – растягивается ( рис.1.18,б).


∑ = 0 z F , A F yσ 21lim = .

2. Предположим, что пластические деформации возникли в центральном и нижнем

участках. В этом случае центральный участок растянут, а нижний – сжат ( рис.1.18,в).

∑ = 0 z F , A F yσ 2

32lim = .

3. Предположим, что пластические деформации возникли в верхнем и нижнем

участках. В этом случае стержень нижний будет сжат, а верхний растянут ( рис.1.18,г):

∑ = 0 z F , A F yσ 33lim = .

Окончательное решение задачи

A F F yσ 2

32limlim == .

1.5. Задачи для самостоятельного решения

Задачи 1.1…1.5. Построить эпюры нормальных сил, напряжений и перемещений.

Определить величины, указанные в условиях ( рис.1.18,а,б,в,г,д).

Рис.1.18

Задачи 1.6…1.8. Построить эпюры , σ и w . Подсчитать наибольшее напряжение

и перемещение ( рис.1.19,а,б,в).Задача 1.9. Определить величину зазора ∆ , при которой реакция b

R равна 4/1

F ( рис.1.19,г). Построить эпюры N , σ , w и из условия прочности и определить площадь

сечения . Дано: 50= F кН; 2,0=l м; 280== yc yt σ σ МПа; 5,1= yn ; 5102 ⋅= E МПа.

Задачи 1.10…1.12. Определить напряжения при изменении температуры системы на ot ∆ C ( рис.1.20,а,б,в). Вычислить осевое перемещение сечения b .

Задача 1.13. Определить усилия в стальных стержнях и величину площади при

100= F кН и 150=admσ МПа ( рис.1.21,а).

Задача 1.14. Определить усилия и напряжения, возникающие в стальных стержнях,

при нагревании второго стержня на С t o100=∆ ( рис.1.21,б). Подсчитать y

n . Дано:

4

1 102 −⋅= A м2; 1=l м; 4

2 104 −⋅= A м2; 51025,1 −⋅=α 1/град; 300== yc yt σ σ МПа; l a = .

а б

в г д



27

Рис.1.19

Рис.1.20

Рис. 1.21

Рис. 1.22

а б



28

Задача 1.15. Определить напряжение в стальных стержнях при изменении температуры на

it ∆ )2;1( =i ( рис.1.22,а). Дано: 3=a м; 2=b м; 5,1=c м; A A A == 21 ; C t o301 =∆ ;

C t o302 −=∆ .

Задача 1.16…1.18. Определить силу pl

F F = , при которой возникают первые

пластические деформации, и предельную нагрузку lim

F ( рис.1.22,а,в,г). Материал –

идеальный упругопластический.

Задача 1.19. Для заданной на рис.1.23 статически неопределимой конструкции

определить предельную нагрузку lim

F , не раскрывая статической неопределенности.

Рис.1.23

а б



29

Глава 2. КРУЧЕНИЕ

2.1. Основные понятия и зависимости

Кручение – такой вид нагружения стержня, при котором в его поперечных сечениях

возникает крутящий момент T . Стержень, работающий на кручение, называется валом.

Внутренний крутящий момент T , направленный против часовой стрелки при взгляде на него со стороны внешней нормали поперечного сечения, считается положительным

( рис.2.1,а) [1,3]. При кручении круглого вала поперечные сечения остаются плоскими, а

радиус – вектор любой точки поперечного сечения не исключаются (гипотеза плоских

сечений).

Рис.2.1

2.1.1. Расчет стержней круглого поперечного сечения

Касательные напряжения τ в точках поперечного сечения радиуса τ рис.2.1.б)

определяются по формуле

r I

T

p

=τ ,

где 32

4d I p

π = [м4] - полярный момент инерции сечения. Максимальные напряжения

maxτ

возникают в точках сечения у поверхности )2/( max d r =

pW

T =maxτ ,

где 16/)2//( 3d d I W p p π == [м3] - полярный момент сопротивления.

Угол закручивания стержня вычисляется по формуле

∫=l pGI

Tdz ϕ ,

где )1(2 v

E G

+= - модуль сдвига; z - продольная ось стержня. Величина

pGI называется

жесткостью (сечения) вала на кручение.Если крутящий момент T и крутильная жесткость

pGI постоянны по длине l

стержня, то

pGI

T l=ϕ .

Дифференциальные зависимости при кручении

et dz dT = ,

pGI T

dz d =ϕ ,

p

e

GI t

dz d =2

2

ϕ ,

(2.1)

(2.2)

(2.3)

(2.4)

А Б



30

где e

t - интенсивность распределенного крутящего момента. Эта зависимость может быть

использована для контроля правильности уже построенных эпюр.

Потенциальная энергия деформации стержня при кручении определяется по

зависимости

∫=l pGI

dz T U

2

2

.

Если момент T и жесткость p

GI постоянны по длине, то

pGI

T U

2

2l

= .

Работа, совершаемая внешними крутящими моментами i

M , вычисляется по формуле

∑=

=m

i

ii M W 1 2

1ϕ ,

где i

ϕ - угол поворота сечения стержня, где приложен внешний момент i

M ; m - количество

внешних моментов. Отметим, что формула (2.7) применима при упругих деформациях.Условие прочности при кручении записывается аналогично условно прочности при растяжении или сжатии

admτ τ ≤max ,

где adm

τ - допускаемое напряжение;

или

y

y

n

τ τ ≤max ,

где y

τ - предел текучести при сдвиге; y

n - коэффициент запаса по текучести.

2.1.2. Расчет стержней некруглого поперечного сечения

Для стержней некруглого поперечного сечения максимальные касательные

напряжения определяются по формуле, аналогичной (2.2)

t W

T =maxτ ,

где t

W [м3] - момент сопротивления сечения при кручении. Формулы для вычисления t

W

некоторых сечений приведены в табл.2.1. и 2.2. Там же показаны точки, где возникают максимальные касательные напряжения.

При кручении стержней прямоугольного поперечного сечения максимальные касательные напряжения

maxτ возникают в середине длинных сторон (табл.2.2).

Максимальные касательные напряжения при кручении стержней тонкостенного

открытого профиля возникают в наиболее толстых стенках ( рис.2.2,а).В стержнях, поперечное сечение которых представляет собой тонкостенный

замкнутый контур, максимальные напряжения при кручении возникают в наиболее тонкой

части профиля. При этом в отличие от открытых профилей, касательные напряжения по толщине стенки принимаются постоянными ( рис.2.2,б).

Углы закручиваются и потенциальная энергия деформации для стержней некруглого поперечного сечения определяются по формулам, аналогичным формулам (2.3) и (2.5).

∫= l t GI

Tdz ϕ ,

(2.5)

(2.6)

(2.7)

(2.9)

(2.10)

(2.11)



31

∫=l t GI

dz T U

2

2,

где 1

I [м4] - геометрический фактор жесткости при кручении.

Таблица 2.1

Геометрические характеристики

Формы поперечного сечения Полярный момент

инерции

Полярный момент сопротивления

32

4d I

π ρ =

16

3d W

π ρ =

e

i

d

d C =

( )44

132

C d

I e −= π

ρ ( )44

116

C d

W e −= π

ρ

4

3 t md I

π ρ =

2

2 t d W mπ

ρ =

Рис.2.2

(2.12)



32

Таблица 2.2

Геометрические характеристики

Форма поперечного

сечения

Геометрический фактор

сечения t I

Момент сопротивления

t W

1 2 3

Bh β h B2α

h>B

Значения коэффициентов α и β приведены в таблице.

2.3

22

33

Ba

Ba

+

π

2

2aBπ

4

80

3a

20

2a

3

3

1St 2

3

1St

∑=

n

i

iit S 1

3

3

1

max

13

1

t

t S n

i

ii∑=

∫ t

dS

A24

min2 At

A-площадь, ограниченная средней

линией контура

Таблица 2.3

Коэффициенты α , β , τ для вычисления It и Wt для стержней прямоугольного сечения

h/b1 2 3 4 6 10

∞

α 0.208 0.246 0.267 0.282 0.299 0.313 0.333

β 0.141 0.229 0.263 0.281 0.299 0.313 0.333τ 1.000 0.795 0.753 0.745 0.743 0.742 0.742



33

Формулы для вычисления 1

I для различных сечений приведены в табл.2.1 и 2.2.

2.1.3. Расчет по предельным нагрузкам

Предельным состоянием системы считается такое, при котором исчерпывается ее

несущая способность, т.е. способность воспринимать увеличивающуюся нагрузку. Нагрузка,соответствующая предельному состоянию системы, называется предельной (см. главу I). Для

расчета по предельным нагрузкам необходимо знать величину внутреннего предельного

момента lim

T . Для случая, когда материал стержня предполагается идеальным

упругопластическим ( рис. 2.2, в, yτ - предел текучести при сдвиге, γ - угол сдвига), имеем

сплошное круглое сечение

12

3

lim

d T y

π τ = ,

труба

)(12

33lim i y d d T −= π τ ,

прямоугольное сечение

)3

(2

2

lim

bh

bT y −= τ ,

где y

τ - предел текучести при сдвиге.

В формулах (2.13…2.15) сохранены обозначения табл.2.1 и 2.2.

2.2. Статически определимые задачи кручения

Пример 2.1. Для стержня, показанного на рис.2.3,а, построить в общем виде эпюры внутренних крутящих моментов T , максимальных касательных напряжений

maxτ и углов

поворота сечений ϕ . Определить из расчета на прочность диаметр d . Подсчитать

потенциальную энергию деформации и работу внешних моментов. Дано 600= M Нм;

5,0=l м; 200= yτ МПа; 5,1= yn .

Решение. Задача статически определима. Нумерация участков указана на рис.2.3,а.

Внутренние крутящие моменты находим по методу сечений из уравнений равновесия

отсеченных частей стержня ( рис.2.3,б):

1 участок l≤≤ 10 z 2 участок l≤≤ 20 z

∑ = 0 z M . M T −=1 . ∑ = 0 z M . M T 52 = .Максимальные касательные напряжения находим по формуле (2.2):

3

1

11max

16

d

M

W

T

p π τ −== ,

16

3

1

d W p

π = ,

3

2

22max

10

d

M

W

T

p π τ == ,

2

3

2

d W

p

π = .

Эпюру углов поворота начинаем строить от заделки, причем 0=c

ϕ .

Углы поворота сечений, направленные против часовой стрелки при взгляде на

стержень со стороны внешней положительной нормали к сечению (положительной оси z ),

будем считать положительными.2 участок l≤≤ 20 z . Угол поворота произвольного сечения на 2-м участке находим по

формуле (2.4)

(2.13)

(2.14)

(2.15)



34

42

10

2

22)(2

d G

Mz

pGI

z T z

π ϕ −=−= (линейная функция).

Рис.2.3

Так как на 2-м участке внутренние моменты 2T положительны, но внешняя нормаль

отрицательна, то учитывая принятое правило знака для угла поворота )(2

z ϕ , эти углы

отрицательны

0)0(2 == с ,42

10)0(

d G

M b

π ϕ ϕ

l−== .

1 участок l≤≤ 10 z 1

111 )(

p

bGI

z T z −= ϕ ϕ (линейная функция),

b=)0(1 , 4441

232)(10

)( d G

M

d G

M

d G

M a π π π ϕ ϕ

lll

l =

−

−−== .

Эпюры T ,max

τ и показаны на рис.2.3.

Размер d поперечного сечения находим из условия прочности (2.8), используя

построенную эпюру max

τ

y

y

nd

M τ

π ≤

3

16,

откуда 23

83 1084,2

102

5,16001616 −⋅=⋅⋅

⋅⋅==

π πτ y

y Mnd м.

Округляем размер диаметра до стандартного значения 30=d мм. Потенциальную энергию деформации вычисляем по формуле (2.5)



35

25,36)103(108

5,06004141

22 4210

2

4

2

2

2

2

2

1

1

2

1 =⋅⋅⋅⋅⋅

==+=−π π d G

M

GI

T

GI

T U

p p

lll Дж.

При вычислении работы внешних моментов учитываем, что направления действия внешних

моментов и направления поворота соответствующих сечений совпадают. Поэтому

4

2

4

2

4

2 4160

2

122

2

16

2

1

2

1

d G

M

d G

M

d G

M M M W ba

π π π

ϕ ϕ lll

=+=+= .

25,36== W U Дж.

Пример 2.2. Определить касательные напряжения и угол закручивания в

тонкостенных стержнях замкнутого и открытого профиля при свободном кручении

( рис.2.4,а,б). Дано 310= M Нм; 3103 −⋅=t м; 3105 −⋅=mb м; 1=l м; 4108 ⋅=G МПа.

Решение. В стержне замкнутого профиля максимальные касательные напряжения

1maxτ и угол закручивания 1

ϕ определим по формулам (2.10) и (2.11), используя табл.2.2:

t bt b At W mmt ⋅⋅=⋅⋅⋅== 22

min 4222 ;

t b

t b

t b

b

t dS

A I m

mm

mt

3222

5

16

224

)2(44=

+

==

∫;

3310310254

10

4 34

3

21max =⋅⋅⋅⋅

=== −−t b

M

W

T

t

τ Мпа;

0104,010)105(10816

1105

16

533210

3

31 =⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅=== −−t Gb

M

GI

T

mt

llϕ рад.

В стержне открытого профиля максимальные касательные напряжения 2max

τ и угол

закручивания 2

ϕ определим по тем же формулам (2.10) и (2.11), используя табл.2.2:

[ ]3

4

1

33333

3

20

)2()2(223

1

3

1

t bt bt bt bt bt S I m

i

mmmmiit =+++== ∑=,

Рис.2.4

23

max 3

10

23

20t b

t

t b

t

I W m

mt t === ,

666)103(10510

103

10

3232

3

22max =⋅⋅⋅⋅

⋅=== −−

−

t b

M

W

T

mt

τ МПа,

388,1)103(10510820

1103

10

333210

3

32 =⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅=== −−t Gb

M

GI

T

mt

llϕ рад.

Таким образом, стержень замкнутого коробчатого профиля в 20 раз прочнее (по напряжениям) аналогичного стержня открытого профиля и в 133,5 раз жестче.

А Б



36

2.3. Статически неопределимые задачи кручения

Пример 2.3. Для стержня, изображенного на рис 2.5,а, из условия прочности

вычислить диаметр d , построить эпюры T , maxτ и . Для вычисленного размера

поперечного сечения определить внешний предельный момент. Дано: 100= M Нм; 5,0=l м;

200= yτ МПа; 2= yn ad ⋅= 2 ;4

108 ⋅=G МПа.

Рис. 2.5

Решение. Задача один раз статически неопределима, т.к. неизвестны два реактивных

момента в заделках при одном уравнении статики (сумма моментов относительно оси

стержня, рис.2.5,б). Для решения задачи отбрасываем одну из заделок, например, правую и

заменяем ее реактивным моментом X ( рис.2.5,в), который определяем из условия\0),3,( = X M M d

или

0=++ p

cd

t

bc

p

ab

GI

T

GI

T

GI

T lll.

Внутренние крутящие моменты ab

T ,bc

T ,cd

T соответственно на участках ab , bc , и

cd определяем, используя метод сечений ( рис.2.6).

Рис. 2.6

участок ab l≤≤ z 0 : ∑ = 0 z M , X M T ab −= 2 ;

участок bc l≤≤ z 0 : ∑ = 0 z M , X M T bc −= 3 ;

участок cd l≤≤ z 0 : ∑ = 0 z M , X T cd −= .

Тогда

0)()3()2( =−+−+−

pt p GI

X

GI

X M

GI

X M lll .

А В Б



37

Так как 4444

393,0832

)2(

32aa

ad I p ==

⋅==

π π π ,

44 141,0 aa I t == β ,

то

M X 164,2= .

Используя полученные результаты, строим эпюру T ( рис.2.5). Вычисляем максимальные касательные напряжения.

На участке ab

333295,0835,0

16/

164,0

a

M

d

M

d

M

W

T

p

abab ====

π τ .

На участке bc

33302,4

208,0

836,0836,0

a

M

a

M

a

M

W

T

t

bcbc ==

⋅==

α τ .

На участке cd

333 896,303,1116/

164,2

a

M

d

M

d

M

W

T

p

cd cd ==== π τ .

Таким образом, наибольшие касательные напряжения возникают на участке bc .

Эпюра максимальных касательных напряжений показана на рис.2.5.

Вычисляем углы поворотов сечений

участок ab l≤≤ z 0 : p

ab

GI

z T z =)(ϕ (линейная функция),

0)0( =a ,444

4176,067,1)32/(

164,0)(

Ga

M

Gd

M

d C

M

GI

T

p

abb

lllll −=−=

⋅−==

π ϕ .

участок bc l≤≤ z 0 :t

bcb z

GI

z T

+= ϕ ϕ )( (линейная функция)

44176,0)0(

Ga

M b

l−=ϕ ,

444511,5

141,0

836,04176,0)(

Ga

M

aG

M

Ga

M

GI

T

GI

T l

t

bc

p

abc

lllll=

⋅+−=+=ϕ .

участок cd l≤≤ z 0 : p

cd c z

GI

z T += ϕ ϕ )( (линейная функция),

4511,5)0(

Ga

M c

l=ϕ , 0

32/

164,2511,5)(

44 =−=++=d G

M

Ga

M

GI

T

GI

T

GI

T

p

cd

t

bc

p

abd

π ϕ

llllll .

Следовательно, статическая неопределенность раскрыта правильно. Эпюра углов поворота

показана на рис.2.5. Вычислим размер поперечного сечения

y

y

bcna

M τ τ ≤=

3max 02,4 ,

мм м Mn

a y

y9,151059,1

102

21002,402,423

8

2

3 =⋅=⋅

⋅⋅=≥ −

τ .

Тогда 5,22≥d мм. Округляем размер диаметра до стандартного значения 20=d мм.

Зная размер поперечного сечения, вычисляем численные значения максимальных

касательных напряжений на каждом участке и углов поворота сечений. Результаты наносим

на эпюры ( рис.2.5).

В заключение найдем предельную нагрузку (внешний предельный момент), полагая материал стержня идеальным упругопластическим. Для этого по выражениям (2.13) и (2.15)

вычислим вначале внутренние предельные моменты для круглой и квадратной частей вала.



38

Для круглой части

3,5956

2

12

33

lim =⋅

= y y

ad T τ

π τ

π Н⋅м.,

для квадрата

268

3

102)1059,1(

3

8323

lim =⋅⋅⋅

==−

y

aT τ Н⋅м.

Вал, изображенный на рис.2.5,а, исчерпает несущую способность в том случае, если

пластические деформации полностью охватят все сечения на двух из трех участков вала.

Рис.2.7

Рассмотрим возможные варианты. Если пластическими деформациями охвачены

центральный и правый участки ( рис.2.7,а), то уравнение равновесия имеет вид

∑ = 0 z M , limlim1lim3 T T M += .

Тогда

2873

2683,595

3

limlim1lim =

+=

+=

T T M Н⋅м.

Два других варианта потери несущей способности представлены на рис.2.7,б,в.

Нетрудно убедится в том, что внешние предельные моменты 2lim

M и 3lim

M , найденные из

двух последних вариантов, больше предельного момента первого варианта. Следовательно,предельный внешний момент, найденный в первом варианте, и есть действительный

предельный внешний момент, т.е.

2871limlim == M M Н⋅м.

Пример 2.4. Валик D ( рис.2.8,а), защемленный по концам и имеющий круглое

поперечное сечение диаметром d , нагружается парой сил . При этом жесткий рычаг 1,

закрепленный в сечении B , упирается в ограничители 2.

Построить эпюры крутящих моментов T и углов поворота сечений . Определить

коэффициент запаса по текучести y

n . Дано: 25= M Н⋅м; 2,0=l ; 10=d мм; 100=a мм;

1=∆ мм; 150= yτ МПа;4

108 ⋅=G МПа. Решение. 1. Раскрытие статической неопределенности. При упоре рычага 1 в

ограничители 2 на валик D в сечении B передается пара сил B

M ( рис.2.8,б). Уравнение

статического равновесия

∑ = 0 z M , 0=−+−− D B A M M M M .

Задача дважды статически неопределима. Уравнения совместимости перемещений

a D

∆=ϕ ,

[ ]aGI

M M M

p

D B ∆=

+− l)(,

0= DA , 0

2

=

⋅

−

⋅

+

⋅

− p

D

p p

B

GI

M

GI

M

GI

M lll

,

(Б)

(В)

Б

А

В



39

Рис.2.8

Преобразуя (а), (б) и (в), получим

M M M M D B A =++ ,

al

GI M M M

p

D B

∆−=+ ,

M M M D B 23 =+ .

Здесь 32

4d I p

π = , 10=d мм, 25= M Н⋅м,

93,3322,01,0

01,0108,0101 4113

=⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅

=

∆ − π

al

GI p

Н⋅м.

25=++ D B A M M M , 93,3= A M Н⋅м.

07,21=+ D B M M , 60,6= B M Н⋅м.

503 =+ D B M M , 47,14= D M Н⋅м.

Рис.2.9

2. Определение крутящих моментов

Участок B ( рис.2.9,а)

∑ = 0 z M , 93,3== A AB M T Н⋅м (направлен против часовой стрелки).

Участок BC ( рис.2.8,б)



40

∑ = 0 z M , 53,106,693,3 =+=+= B A BC M M T Н⋅м (направлен против часовой стрелки)

Участок CD ( рис.2.9,в)

∑ = 0 z M , 47,14256,693,3 −=−+=−+= M M M T B ACD Н⋅м (направлен по часовой

стрелке).

3. Определение углов поворота . Начало отсчета выбираем в сечении , причем

0= Aϕ .

Участок B l≤≤ z 0 p

AB

GI

z T z =)(ϕ (линейная функция),

0)0( = A , 01,001,0108,0

322,093,3)(

411 =

⋅⋅⋅⋅⋅

=π

ϕ l B рад.

Участок C l≤≤ z 0 p

BC B Bz B

GI

z T z +=+= ϕ ϕ ϕ ϕ )( (линейная функция)

01,0)0( = B рад, 0368,001,0108,0

322,053,1001,0)(

411 =

⋅⋅⋅⋅⋅

+=π

ϕ lC рад.

Участок CD l≤≤ z 0 p

CDC Cz C

GI

z T z +=+= ϕ ϕ ϕ ϕ )( (линейная функция),

0368,0)0( =С ϕ рад, 001,0108,0

322,047,140368,0)(

411 =

⋅⋅⋅⋅⋅

−=π

ϕ l D .

4. Определение коэффициента запаса

maxτ

τ y

yn = ,

p

CD

W

T =

maxτ ,

16

3d W p

⋅=

π .

7,7301,0

161047,14

3

6

max =⋅

⋅⋅=

−

π τ МПа, 2

7,73

150==

y

n .

Пример 2.5. Трубка и вал, изготовленные из одного материала, сварены по торцам и

нагружены так, как показано на рис.2.10,а. Построить эпюры T ,max

τ , ϕ для вала и трубки.

найти предельную величину внешнего момента lim

M . Материал идеальный

упругопластический ( рис.2.10,б). Дано: 800= M Нм; 1=l м; 31050 −⋅=md м; 20/md t = ;

md d )5/4(= ; 280= yτ МПа; 4108 ⋅=G МПа.

Рис.2.10

Решение. Разъединим вал и трубу ( рис.2.11,а,б) и введем реактивные моменты взамен

отброшенных связей. Неизвестными являются моменты a

M ′ ,a

M ′′ и C

M , а уравнений

равновесий имеем только два:

, M M M C a

=+′

. M M M aa =′′+′

А Б



41

Рис.2.11

Поэтому задача один раз статически неопределима. Еще одно уравнение получим из

условия совместимости перемещений, которое выражает равенство углов поворота сечения с относительно сечения a для вала и трубки

трсвалc ,,ϕ = .

Выражая углы поворота сечений через крутящие моменты, получим третье уравнение

(в дополнение к системе (а))

t

C

t

C

p

C

GI

M

GI

M M

GI

M

2

)(

2

)( lll −+

−= ,

где

625

8

32

5

4

32

4

4

4

m

m

p

d d

d I

π π

π

=

== - полярный момент инерции вала;

804

43

mmt

d t d I

π π == - полярный момент инерции трубки.

Отсюда

202800258,0253,0 =⋅== M M C Н⋅м.

Тогда

598202800 =−===′C a M M M Н⋅м,

202==′′C a M M Н⋅м.

Максимальные касательные напряжения для вала:

( )16

104

16800253,0

16/

253,0323max =

⋅⋅⋅===

−π π τ

d

M

W

T

p

МПа,

для трубки на участке ав :

( )61

105

40598

40/2 323max =⋅

⋅====

−π π τ

m

abab

t

ab

d

T

At

T

W

T МПа.

для трубки на участке вс :

( )20

105

40202

40/ 323max =⋅

⋅===

−π π τ

m

bc

t

bc

d

T

W

T МПа.

Эпюры крутящих моментов и максимальных касательных напряжений для вала и

трубки показаны на рис.2.11. Для построения эпюры углов поворота примем условно за

неподвижное сечение a :



42

0=a .

Углы поворота для трубки:

Участок ав 2/0 l≤≤ z t

ab

GI

z T z =)(ϕ - (линейная функция).

0)0( =a , 015,0)105(108

159840402)2

( 42104 =⋅⋅⋅⋅ ⋅⋅=== −π π ϕ

m

ab

p

ab

bd G

T GI

T l

l

l рад.

Участок вс 2/0 l≤≤ z t

bcb

GI

z T z += ϕ ϕ )( - (линейная функция),

015,0)0( =b рад, 01,0)105(108

805,0202015,02

)(

015,02 4210

=⋅⋅⋅⋅⋅⋅

−−−

+=

−π ϕ

t

bc

C GI

T l

l рад.

Углы поворота для вала:

p

ac

GI

z T z =)(ϕ - (линейная функция),

0)0( =aϕ ,

01,0)105(8108

6251202

)625/()(

42104 =

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

== −π π ϕ

m

acc

d G

T ll рад.

В заключение найдем внешний предельный момент. Для этого вычислим вначале

внутренние предельные моменты для трубки и вала. Для тонкостенного замкнутого контура внутренний предельный момент равен моменту, при котором возникают первые

пластические деформации. Поэтому, для трубки:

75,2108,240

)105(

40)2( 8

323

lim =⋅⋅⋅

====′−π

τ π

τ τ ym

yt y

d At W T кН⋅м.

Для вала внутренний предельный момент находим по формуле (2.13):

69,412

)104(108,2

12

3283

lim =⋅⋅

==−π π

τ d

T y кН⋅м.

Рассматриваемая система может потерять несущую способность, если пластическими

деформациями будут охвачены либо оба участка трубки, либо левый участок трубки и вал.

Рассмотрим оба варианта.1. Пластическими деформациями охвачены оба участка трубки ( рис.2.12,а).

Рис.2.12

Из условия равновесия трубки в предельном состоянии

∑ = 0 z M , 5,52 lim1lim =′= T M кН⋅м.

2. Пластическими деформациями охвачены левая часть трубки и вал ( рис.2.12,б).

Уравнение равновесия системы

∑ = 0 z M , 44,769,475,2limlim2lim =+=′+= T T M кН⋅м

Так как 2lim1lim M M < , то 5,51limlim == M M кН⋅м.

А Б



43


Задачи 2.1…2.4. Построить эпюры моментов T и углов поворота сечений ϕ .

Жесткость при кручении t

GI ( рис.2.13,а,б,в,г).

Рис.2.13

Задачи 2.5…2.6. Определить необходимые размеры поперечных сечений стержней на каждом участке, построить эпюры крутящих моментов T и углов поворота сечений

( рис.2.14,а,б). Дано: 50= M кН⋅м: 2,0=l м; 250= yτ МПа; 2= yn ; 4108 ⋅=G МПа.

Рис. 2.14

Задача 2.7. Определить, как изменятся максимальные касательные напряжения и угол

закручивания стержня при свободном кручении, если тонкостенный замкнутый профиль

( рис.2.15,а) разрезать по образующей ( рис.2.15,б).

Рис.2.15

Задача 2.8. Построить эпюру крутящего момента T для ступенчатого вала ( рис.2.16).

Поворот траверсы C ограничен упорами и . Дано: 1= кН⋅м; 50=d мм; 5,0=l м;

2,1=δ мм. Деформацией траверсы пренебречь.

Задача 2.9. Определить длину z участка вс , если угол поворота сечения в

относительно с равен

p

вс

GI

M

2

l=ϕ .

Построить эпюры крутящих моментов T и углов поворота сечений ( рис.2.17,а).

А Б

А Б

В Г



44

Рис.2.16

Рис.2.17

Задача 2.10. Определить размер a из условия равнопрочности участков стержня.

Построить эпюры T ,max

τ и . Дано: 105= M кН⋅м; 1=l ; 240= yτ МПа; 1,0=d м; 2= yn ;

4108 ⋅=G МПа ( рис.2.17,б).

Задачи 2.11…2.12. Найти предельный момент lim

M . Материал – идеальный

упругопластический ( рис.2.18.а,б).

Рис.2.18

Задача 2.13. Определить предельный момент lim

M , построить эпюры τ по сечению

для различных участков стержня при lim M . Материал – идеальный упругопластический.

Размеры стержня и y

τ считать известными ( рис.2.18,в).

А Б

В

А Б



45

Глава 3. ИЗГИБ

3.1. Основные определения

Изгибом называется вид нагружения, при котором в поперечных сечениях стержня,

действуют либо только изгибающие моменты (чистый изгиб), либо изгибающие моменты и

поперечные силы (поперечный изгиб) [1,3]. Стержень, работающий на изгиб, называется

балкой.При изгибе поперечные сечения, плоские до нагружения, остаются плоскими и

перпендикулярными оси балки после нагружения.

Если плоскость изгибающего момента проходит через одну из главных центральных

осей, а изменение кривизны стержня происходит в этой плоскости, то такой изгиб

называется плоским. Если же плоскость изгибающего момента не проходит через главную

центральную ось, то изгиб называется косым.

Знак изгибающего момента и поперечной силы устанавливается так:

1) если сумма моментов внешних сил, действующих на отсеченную часть стержня и

сжимает верхние волокна, то изгибающий момент в сечении считается положительным

( рис.3.1,а);

2) если сумма внешних сил, лежащих по одну сторону от сечения, стремится повернуть отсеченную часть по ходу часовой стрелки, то поперечная сила в сечении

считается положительной ( рис.3.1,б).

Эпюра изгибающих моментов строится на оси стержня и ординаты момента откладываются в сторону вогнутости упругой линии, т.е. эпюра моментов строится на

сжатом волокне.

Опорные устройства балок даны на рис.3.1,в: шарнирно подвижная опора допускает

поворот опорного сечения балки и его перемещение параллельно опорной плоскости.

Шарнирно неподвижная опора допускает только поворот опорного сечения балки. Заделка

исключает угловые и линейные перемещения опорного сечения. Подвижная заделка

допускает перемещение опорного сечения балки параллельно опорным плоскостям.

Рис.3.1

3.2. Определение внутренних силовых факторов и построение эпюр изгибающих

моментов и поперечных сил балок и плоских рам

Внутренние силовые факторы в поперечных сечениях балок и плоских рам

определяются по методу сечений. Для тех участков балки, где )( z M x и )( z Q y

дифференцируемы, справедливы дифференциальные соотношения между изгибающими моментами, поперечными силами и интенсивностью распределенной нагрузки:

А



46

y x Q

dz

dM = , e

x qdz

dQ= ,

где [ ] м H qe / - интенсивность распределенной нагрузки.

При построении эпюр изгибающих моментов и поперечных сил полезно использовать

правила, следующие из дифференциальных зависимостей (3.1), уравнений равновесия и

принятых положительных направлений:

1. На ненагруженных участках )0( =eq эпюра поперечных сил постоянна

)( const Q y = , а изгибающий момент изменяется линейно.

2. На равномерно нагруженных участках )( const qe = поперечная сила изменяется

линейно, а изгибающий момент – по квадратичной параболе, выпуклость которой обращена

навстречу направлению распределенной нагрузки. Экстремум функции изгибающих

моментов достигается там, где 0= yQ .

3. Эпюра поперечных сил имеет разрывы в местах приложения сосредоточенных сил,

причем, величины разрывов равны величинам этих сил, а на эпюре изгибающих моментов

наблюдается излом.

4. Эпюры изгибающих моментов имеют разрывы в местах приложения сосредоточенных моментов, а величины разрывов равны величинам этих моментов.

Как уже отмечалось, эпюра изгибающих моментов строится на сжатой стороне стержня. Это обстоятельство используется для изображения примерного вида его изогнутой

оси.

Пример 3.1. Для заданной балки ( рис.3.2) построить эпюры x M и yQ .

Решение. Опорные реакции определяем из уравнений равновесия балки

∑ = 0a M , llll eqb

Rb

Reqeq2

102202 =⇒=⋅+−⋅ .

∑ = 0b

M , llllle

qa

Ra

Re

qe

q2

302222 =⇒=⋅+⋅⋅− .

Горизонтальная реакция 0=h R , т.к. все внешние силы имеют нулевую проекцию на

ось z . Правильность определения a

R и b

R можно установить c помощью третьего

уравнения равновесия балки

∑ = 0 y F , 0222

32 =−+=⋅−+ l

lll eqeq

eqeqb

Ra R .

Следовательно, реакции опор найдены верно.

Построение эпюр x M и yQ . Изгибающие моменты и поперечные силы находим с

помощью метода сечений, при этом отсеченную часть балки отдельно изображать не будем,

а воспользуемся следующими правилами:1) изгибающий момент в сечении равен сумме моментов относительно поперечной

оси сечения всех внешних сил, расположенных по одну сторону от сечения;

2) поперечная сила равна сумме проекций на плоскость сечения всех внешних сил,

расположенных по одну сторону от сечения.

1 участок l≤≤ z 02

2 z q M e

x −= (квадратичная функция),

z qQ e y −= (линейная функция).

При построении эпюры x

M предварительно вычисляем значения моментов в начале

и в конце участка

0)0( = x M ,2

)(2le

x

ql M −= ,

(3.1)



47

а затем исследуем функцию x

M на экстремум

00 =→=−= z z qdz

dM e

x .

Рис.3.2

Если экстремальное значение момента возникает на конце участка или вообще отсутствует, эпюру можно построить по двум точкам.

Кривизна эпюры x

M на этом участке

02

2

<−= e x q

dz

M d ,

строим ее выпуклостью вверх. Эпюра y

Q строится по двум точкам

0)0( = yQ ; le y ql Q −=)( ;

2 участок ll 2≤≤ z . Начало координат на втором участке выбираем на левом конце

балки.

2)(

2

32 z q

z q M ee x −−= ll (квадратичная функция),

z qqQ ee y −= l2

3 (линейная функция).

Законы изменения x

M и y

Q такие же, как и на первом участке.

2)(

2l

l e

x

q M −= ,

2)2(

2l

l e

x

q M −= .

Исследуем функцию x

M на экстремум

ll2

30

2

3=→=−= z z qq

dz

dM ee

x .

В данном сечении будет x

M max

, так как 02

2

<dz

M d x .

2

max8

3

2

3ll e x x q M M −=

= ;

ll e y qQ

2

1)( = ; ll e y qQ

2

1)2( −= ;

3 участок l z l 32 ≤≤ .



48

)3(2

1 z l q M e x −= l (линейная функция),

)(2

1const qQ e x l−= .

Эпюра x

M меняется по линейному закону

0)3( =l M x , 2

21)2( le x ql M = .

Эпюра y

Q представляет собой прямую, параллельную оси z . Эпюры x

M и y

Q

представлены на рис.3.2. Изогнутая ось балки строится в соответствии с эпюрой x

M . Она

проходит через опоры a и b имеет точку перегиба в сечении, где момент x

M меняет знак.

Рассмотрим пример построения эпюры изгибающих моментов в сечениях плоских

рам. Плоской рамой называется стержневая конструкция, элементы которой в основном

работают на изгиб. Ординаты эпюр изгибающих моментов откладываются на сжатом

волокне стержней. Правила знаков, принятые для балок, здесь сохраняются.

Пример 3.2. Построить эпюру изгибающих моментов для рамы, представленной на

рис.3.3,а.

Решение. Опорные реакции определяем из уравнений равновесия рамы

∑ = 0a M ; llll ebbee q R Rqq =→=−+− 02 22 .

∑ = 0b M ; llll eaaee q R Rqq =→=−+− 02 22 .

Сумма проекций всех сил на горизонталь:ll eheh q Rq R 202 =→=− .

Проверка: сумма проекций всех сил на вертикаль

0=− ba R R

свидетельствует, что реакции определены правильно.

Записывая изгибающие моменты по участкам ( рис.3.3,б), условимся при выборе системы координат для каждого участка ось z совмещать с продольной осью стержня.

1 участок l≤≤ z 0 . z q M e x l2−= (линейная функция).

0)0( = x M ; 22)( ll e x q M −= - сжатые волокна находятся справа, поэтому ординаты

x M при l= z откладываются справа.

2 участок ll 2≤≤ z z qq M ee x ll 22 −= (линейная функция);

2)( ll e x q M −= ; 23)2( ll e x q M −= (сжатые волокна справа);

3 участок l≤≤ z 0 23 ll ee x q z q M −= (линейная функция);

2

3)0( le x q M −= ;2

2)( ll e x q M −= (сжатые волокна снизу);

4 участок l20 ≤≤ z 2

2 z q M e

x −= (квадратичная функция), 0)0( = x M ;

22)2( ll e x q M −= (сжатые волокна слева);

00 =→=−= z z qdz

dM e

x (вершина параболы).

Эпюра x

M представлена на рис.3.3, в.

В заключение проверим равновесие по моментам узлов рамы c и d ( рис.3.3,г):

∑ = 0c M ; ∑ = 0d M .

Пример 3.3. Построить эпюру изгибающих моментов для криволинейной рамы,

представленной на рис.3.4,а. Дано: , F , o30=α .



49

Решение. Определение реакций опор. Уравнения равновесия рамы ( рис.3.4,б):

∑ = 0a M , F F R R Ra R F bb 435,0cos2

102cos ==→=⋅+⋅− α .

∑ = 0b M , F F R R R R F aa 435,0cos2

102cos ==→=⋅+⋅ α α .

∑ = 0 z

F , F F R F Rhh

5,0sin0sin ==→=+− α α .

Рис.3.3

Проверка:∑ = 0 y F , 0coscos

2

1cos

2

1=−+ α α α F F F .

Рис.3.4

Построение эпюр x

M . Эпюра изгибающих моментов для стержней с круговой осью

строится в полярной системе координат, ординаты откладываются по направлению радиусов

на сжатых волокнах.1 участок o600 ≤≤ ϕ sin5,0)cos1(435,0 FR FR M x +−= .

Б

В Г

А Б



50

2 участок o1200 ≤≤ ϕ )cos1(435,0 −= FR M x .

Исследование 0=ϕ d

dM x показывает, что функция изгибающего момента на первом

участке экстремума не имеет. Подсчет ординат эпюры изгибающего момента удобно

проводить в табличной форме (табл.3.1). Эпюра изгибающих моментов, построенная, как

всегда, на сжатых волокнах, показана на рис.3.4, в. Таблица 3.1

ϕ ϕ sin cos x M

0 0.0 1.0 0.0

15 0.26 0.9 0.17FR

30 0.5 0.87 0.31FR

45 0.71 0.71 0.48FR

1

у ч а с т о к

60 0.87 0.5 0.66FR

0 0.0 1.0 0.0

30 0.5 0.87 0.07FR

60 0.87 0.5 0.22FR

90 1.0 0.0 0.435FR

2

у ч а с т о к

120 0.87 0.5 0.65FR

3.3. Плоский изгиб балок и плоских рам

В случае плоского изгиба плоскость изгибающего момента в сечении совпадает с

одной из главных центральных осей ( рис.3.5,а; y x, - главные центральные оси сечения).

Рис.3.5

Нормальные напряжения в точках поперечного сечения ( рис.3.5,б) определяются по

формуле:

У I

x M

x =σ ,

где 4 м I x - осевой момент инерции сечения относительно главной центральной оси .

Максимальные нормальные напряжения возникают в волокнах, наиболее удаленных

от нейтральной линии

xW

x M =maxσ ,

где max

/У I W x x

= - момент сопротивления сечения при изгибе, м3. Расчет на прочность

ведется по формуле

adm

σ σ ≤max

.

(3.2)

(3.3)

А Б



51

Величины моментов инерции и моментов сопротивления при изгибе стандартных

прокатных профилей можно найти в приложениях в конце книги [I]. Формулы для

вычисления x I и xW для некоторых сечений приведены в табл.3.2.

Касательные напряжения, возникающие при поперечном изгибе ( рис.3.5,б),

определяются по формуле Журавского

b I

S Q

x

x y

∗

=τ ,

где ∗

xS - статический момент относительно нейтральной линии (главной центральной оси x )

части площади, расположенной выше продольного сечения y ; b - ширина поперечного

сечения балки. В большинстве случаев касательные напряжения значительно меньше нормальных, и поэтому при расчетах на прочность не учитываются.

Пример 3.4. Для заданной балки постоянной жесткости x

EI ( рис.3.6) требуется:

1. Построить эпюру x

M и y

Q ;

2. Определить размеры поперечного сечения заданной формы.

Дано: 5=eq kH/м; 2,0=l м; 300== yc yt σ σ МПа; 5,1= yn .

Решение. Реакции определяем из уравнения равновесия балки

∑ = 0a M ; lllll eqb

Rb

Reqeq4

1022

2

1=→=−+− .

∑ = 0b

M ; lllll eqa Ra Reqeq4

502

2

32 =→=−+−

Проверка:

.04

1

4

5,0 =−−=∑ l ql ql q F eee y

Изгибающие моменты и поперечные силы по участкам:

1 участок l z ≤≤0 24

52 z q

l q M ee x −= (квадратичная функция).

00 x z

M =

= ,23

4 x e z l

q l =

= .

Исследуем функцию Mx на экстремум

5 50

4 4

xe

dM ql q z z l

dz = − = → = .

В пределах участка экстремум отсутствует 2

2 0 x

e

d M

qdz = − < , следовательно, кривая выпуклая,

5

4 y

Q q l q z = − (линейная функция),0

5

4 y z

Q q l =

= ;5

.4

y z l Q ql

= =

2 участок l z l 2≤≤ )2(4

1 z l l q M e x −−= (линейная функция)

00; x z

M =

= 21.

4 x z l

q l =

= − ;1

,4

yQ ql =

т.е. в пределах этого участка . y

Q const =

Эпюры x M и yQ представлены на рис.3.6. Величина максимального момента равна 2

max4

3le x q M = .



52

Таблица 3.2Геометрические характеристики

Определим размеры поперечного сечения. Из условия прочности

admσ σ ≤max имеем

Форма поперечного сечения

Осевой момент инерции

Момент сопротивления изгиба

64

4d I I y x

π ==

32

3d W x

π =

−==

44

164 e

ie y x

d

d d I I π

−=

43

132 e

i x

d

d d W

π

md t <<

8

4 t d I I m

y x

π ==

4

3t d W m

x

π =

+= 1

32

2

m

mmm x

b

hhtb I

+= 132

2

m

mmm y

h

bhtb I

+= 1

3 m

mmm x

b

hhtbW

+= 1

3 m

mmm y

hbhtbW

12

3bh I x =

3

3

1

bh I x = 6

2bh

W x = 6

2hb

W y =

36

3bh

I x

= 12

3

1

bh I

x

=

4

3

2

bh I x =

max y I W x

x =

8

4 R I I y x

π ==

411,0 R I x =

π 3

4 R yc =



53

y

y

x

x

nW

M σ ≤max ,

откуда, приравнивая левую и правую части выражения, получим

y

y x

x

n M W

σ

max= .

Искомый размер b входит в выражение для момента сопротивления изгибу xW ,

который определяется по формулеmaxУ

I W x

x = ,

где y x, - главные центральные оси сечения;max

y - расстояние от нейтральной линии

до наиболее удаленного волокна. Так как поперечное сечение балки ( рис.3.6) имеет одну ось симметрии, необходимо определить положение центра тяжести. Для этого, выбрав

вспомогательную ось 1

x по линии раздела двух прямоугольников, найдем относительно нее

ординату ya центра тяжести сечения по формуле

;1

A

xS

ya = b

bbbb

bbbbbb

A

xS

xS

ya24

5

4

52

4

54

5)

8

5(2

8

5

4

5

11 −=+

−+=

+= ,

где 1 x

S - статический момент площади сечения относительно оси 1

x .

Рис.3.6

Знак минус указывает на то, что главная центральная ось x расположена ниже оси

1 x . Расстояние

max y от оси x до наиболее удаленной точки сечения

bbb y24

35

24

5

4

5max =+= .

Вычислим момент инерции x

I

422

33

2

1 79,14

15)

24

5(

3

)4

5(2

3

)4

5(

bbb

bbbb

Aa I I y x x =−

+=−= .

Тогда

34

227,1

24

35

79,1b

b

bW x == .



54

Из условия прочности находим b

5105,0227,1103004

5,12,01053

227,1227,1 2

36

23

3maxmax3 =⋅=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

==→= − мn M

bn M

b y

y x

y

y x

δ δ мм.

Пример 3.5. Определить размеры указанных поперечных сечений и сравнить расход

материала для балки, изображенной на рис.3.7,а, если 40=eq кН/м; 1=l м; 300== yc yt σ σ

МПа; 5,1= yn .

Решение. Реакции опор определим из уравнений равновесия балки:

∑ = 0a M ; llll ebebe q Rq Rq4

10

4

1=→=++− ;

∑ = 0b M ; lllll eaeae q Rq Rq4

70

4

5

2

1=→=+− .

Проверка:

∑ = 0 y F ; 04

1

4

7=+−+− llll eeee qqqq .

Изгибающие моменты и поперечные силы по участкам балки:1 участок 4/0 l≤≤ z z q M e x

l−= (линейная функция);

0)0( = x M ; 1010404

1

4

1)

4( 232 =⋅⋅⋅−=−= ll

le x q M кН⋅м.

4011040 3 −=⋅⋅−=−= le y qQ kH.

2 участок l4

5

4≤≤ z

l

2

)4

(

)4

(4

72l

z

ql

z l qlz q M eee x

−−−+−= (квадратичная

функция)

0)4

5

( =l M x ; 104

1

)4

1

(

2

−=−= ll e x q M кН⋅м.

Экстремум функции x M

1lz 0)4

(4

7===−−+−=

l z ql qq

dz

dM eee

x l м.

при этом

25,132

1 2

max == le x q M кН⋅м.

)4

5(

4

1 z l qqQ ee y −+−= l ,

1041)

45( −=−= le y ql Q кН, 30

43)

41( == ll e y qQ кН.

Эпюры x M и yQ представлены на рис.3.7,в,г. Из эпюры x M следует, что опасным

является сечение над опорой a с

10max = x M кН⋅м.

Условие прочности admσ σ ≤max или

y

y

x

x

nW

M σ ≤ .

Приравнивая левую и правую части выражения, находим минимальный требуемый

момент сопротивления сечений ( рис.3.7,б)



55

5

6

32

105103004

5,11040

4

−⋅=⋅⋅⋅⋅

== y

ye

x

nqW

σ

l м3.

Прямоугольное сечение. Так как 3

3

2bW

x = , то

13 535

3

1042,01052

31053

2 −−− ⋅=⋅⋅=→⋅= b м

b м3.

2,4=b см; 28,3521 =⋅= bb A см2.

Рис.3.

Двутавровое сечение балки подбираем по сортаменту (ГОСТ 8239-72). Требуемому

моменту сопротивления изгибу (5

105 −⋅= xW м3) соответствует двутавр №12, ( 7,142 = A см2;

51084,5 −⋅= xW м3).

Тонкостенное сечение. Так как

3

3

1)1

3( m

m

mm x bb

hhbt W =+⋅⋅= ,

то

13 5353

1053,010531053

1 −−−

⋅=⋅⋅=→⋅= mm b мb м,

3,5=mb см; 85,1610

63 ==b

b A m см2.

Расход материала пропорционален площади поперечного сечения балки. Для

сравнения расхода материала возьмем отношения площадей сечений к площади двутаврового сечения:

4,27,14

28,35

2

11 ===

A

A K ; 1

2

22 ==

A

A K ;

15,1

7,14

85,16

2

33 ===

A

A K .

Таким образом, наиболее рациональным является двутавровое сечение.

А



56

Пример 3.6. Для заданной рамы двутаврового сечения постоянной жесткости x

EI

( рис.3.8,а) требуется построить эпюру x

M и определить коэффициент запаса от текучести

yn , если 500=eq Н/м; 1=l м; 250== yc yt σ σ МПа; 5

102 ⋅= E МПа; двутавр I №10;

7,39= xW см3.

Решение. Определим реакции опор

∑ = 0a

M , 022

1310 =⋅−⋅+⋅⋅+⋅⋅− lllll hbee R Rqq ,

∑ = 0b

M , 02

1102 =⋅−⋅⋅−⋅ llll eea qq R ,

∑ = 0 z F , 0=−⋅ he Rq l ,

откуда

lea qh4

21= , leb q R

4

61= , leh q R = .

Изгибающие моменты

1 участок l20 ≤≤ z z q M e x l421−= (сжатые волокна снизу).

0)0( = x M ; 25,10)2( ll e x q M −= .

2 участок l≤≤ z 0 z q M e x l10−= (сжатые волокна снизу)

0)0( = x M 210)( ll e x q M −= .

3 участок l≤≤ z 0 2

2 z q z q M e

e x +−= l .

Знак плюс соответствует изгибу с сжатым волокном справа.

0)0( = x

M ; .2

)(2

ll e

x

q M −=

Эта ордината на стержне bc откладывается слева. Экстремум функции x

M :

0=dz

dM x , ll =→=+− z z qq ee 0 .

Рис.3.8

Эпюра x

M представлена на рис.3.8,в. По ней находим

2max 5,10 le x q M = .

Определяем максимальное напряжение в опасном сечении



57

132107,39

5005,105,106

2

maxmax =

⋅⋅

=== − x

e

x

x

W

q

W

M lσ МПа.

Коэффициент запаса

89,1132

250

max

===σ

σ y yn .

3.4. Определение перемещений в балках и рамах

Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки имеет вид

x x M V EI =′′ .

Интегрируя (3.4) первый раз, получим уравнение углов поворота сечений

∫ += C dz EI

M

x

xϑ .

После повторного интегрирования находим уравнение изогнутой оси балки

∫∫ ++= DCz EI

dz M V

x

x .

Прогиб V считается положительным, если его направление совпадает с

положительным направлением оси y . Угол поворота ϑ считается положительным, если

поворот поперечного сечения балки вокруг нейтральной оси происходит против часовой

стрелки.

Постоянные интегрирования C и D на каждом участке определяются из граничных

условий задачи и условий совместимости деформаций на границах участков. Необходимость

совместного решения n2 уравнений ( n - число участков) сильно усложняет, поэтому

непосредственное интегрирование применяют только тогда, когда число участков невелико

(один-два).С помощью метода начальных параметров удается число постоянных интегрирования

независимо от числа участков свести к двум. За начальные параметры принимают прогиб 0V

и угол поворота 0

ϑ поперечного сечения балки в начале координат, которое необходимо

располагать на конце балки ( рис.3.9,а).Согласно методу начальных параметров, общее решение дифференциального

уравнения (3.4), представляющее собой уравнение изогнутой оси балки ( рис.3.9,а), имеет вид

24

)(

24

)(

6

)(

2

)( 4432

00

d z q

c z q

b z F

a z M z EI V EI V EI ee x x x

−−

−+

−+

−++= ϑ .

При практических расчетах записывается уравнение изогнутой оси балки в форме (3.5) на последнем участке. Для вычисления перемещения сечения на другом участке

необходимо использовать ту часть уравнения, которое справедливо для данного участка. С этой целью после подстановки координаты заданного сечения слагаемые с отрицательной и

нулевой скобками отбрасываются. Начальные параметры 0V и 0ϑ определяются из

граничных условий.

Перемещения в стерневых системах можно определить также при помощи интеграла

Мора

)/(1 x

l

x EI dz M M f ∫= ,

где f - линейное или угловое перемещение сечения; x

M - выражение изгибающего

момента в текущем сечении стержня, вызванного действием заданной нагрузки;1

M -

выражение изгибающего момента в том же сечении, вызванного действием единичной нагрузки, приложенной в заданном сечении в направлении искомого перемещения (при

(3.4)

(3.5)



58

определении прогиба надо приложить единичную силу; угла поворота сечения – единичный момент).

Рис.3.9

При линейном распределении температуры по высоте сечения стержня,

симметричного относительно главной центральной оси OX , интеграл Мора записывается в

виде

∫ ∫ ∆+∆

+∆−∆

=l l

dz t t

N dz h

t t M f

2

121

121 α α ,

где 21, t t ∆∆ - приращения температуры нижних и верхних волокон стержня

соответственно; h - высота поперечного сечения стержня.

При определении перемещений от температурных воздействий принимается следующее правило знаков; если характер деформации от единичной обобщенной силы совпадает с характером деформации от температурного воздействия, то выбирается знак

плюс, в противном – знак минус.Для прямых стержней постоянной жесткости

x EI удобнее определять перемещение

методом Верещагина, который представляет собой графический способ вычисления интеграла Мора ( рис.3.9,б)

x

c

EI

AM f 1= ,

где A - площадь эпюры x M , которая может быть как криволинейной, так и прямолинейной;

c M 1 - ордината линейной эпюры, расположенной под центром тяжести криволинейной. Если

обе эпюры x M и 1 M - линейные, то площадь можно взять на любой эпюре при условии, что

эпюра, на которой берется ордината, на рассматриваемом участке не имеет изломов и скачков, а эпюра, у которой вычисляется площадь A - знакопостоянна.

Встречающиеся на практике эпюры изгибающих моментов могут быть разбиты на простейшие фигуры: прямоугольник, треугольник и параболический сегмент; в табл.3.3

указаны их площади )( A , положения центров тяжести )( c z и некоторые способы

« расслоения» неудобных для перемножения эпюр.Пример 3.7. Для заданной балки ( рис.3.10) методом начальных параметров

определить перемещение сечения с и угол поворота сечения е. Дано: 5=eq кН/м; 2,0=l м;210−=d м; 5102 ⋅= E МПа.

Решение. Определение реакций опор

∑ = 0a M , lllll ebbee q R Rqq6

103

2

32 =→=++− ,

(3.7)

(3.8)

А Б



59

∑ = 0b M , lllll eaaee q R Rqq6

503

2

32 =→=−+ .

Проверка:

∑ = 0 y F , 06

1

6

5=+− lll eee qqq .

На основании (3.5) составляем уравнение изогнутой оси балки на последнем участке:

2

)2(

24

)2(

24

)(

66

5 22

443

00

ll

lll

−−

−+

−−++=

z q

z q z q z q z EI V EI V EI e

eee x x x ϑ .

Граничные условия:при 0= z 00 == V V ,

l3= z 0=V .

Используя второе условие, получаем

22424

16

6

27

6

530

4444

0

lllll ee

ee x

qqqq EI −+−+= ϑ ,

откуда 3

0

72

63le x q EI −=ϑ . Начальные параметры

00 =V ,

x

e

EI

q

2

3

7

63

0

l−=ϑ .

После подстановки начальных параметров уравнения, определяющие V и ϑ в любом

сечении балки, приобретают вид

III ee

II e

I e

e x

z q z q z q z q z qV EI |

2

)2(

24

)2(|

24

)(|

36

5

72

6322443

3 llllll

−−

−+

−−+−=

III ee

II e

I e

e x z q z q z q z q

q EI |)2(

6

)2(|

6

)(|

12

5

72

63 2332

3ll

llll −−

−+

−−+−=ϑ .

Римские цифры показывают, какие части общих уравнений для V и ϑ справедливы

при вычислении перемещений и углов поворота на I, II, и III участках.Осевой момент инерции сечения

104343

103764

)1010(

12

)1015( −−−

⋅=⋅

−⋅

= π x I м4.

Определяем прогиб балки в сечении c при l z =

x

eee

x

c EI

qqq

EI V

444

72

53

36

5

72

631 lll −=

+−= ,

8108103710272

2,010553 3

1011

43

−=⋅−=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

−= −

− мV c мм.

Сечение c переместилось вниз. Угол поворота сечения e при l z 2= :

x

eeee

x

e EI

qqqq

EI 8

5

6)2(

12

5

72

63133

23 lllll =

−+−=ϑ ,

007,010371028

2,010551011

33

=⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅= −eϑ рад.

Сечение e повернулось против хода часовой стрелки.

Пример 3.8. Для заданной на рис.3.11,а балки определить перемещение c

V сечения c

и угол поворота bϑ сечения b . Задачу решать методом Мора – Верещагина. Дано: 10=eq кН/м; 5102 ⋅= E МПа; 20=b мм; 2,0=l м.



60

Таблица 3.3

1( )

2 A a b h= + ⋅

23

A l h= ⋅

1

1 A l h

n= ⋅

+

1

2c z l

n=

+

Рис.3.10



61

Решение. Из уравнений равновесия балки ∑ = 0a M и ∑ = 0b

M находим реакции

опор

8

3 lea

q R = ,

8

13 leb

q R = .

Проверка:

∑ = 0 y F , 08

13283 =+− lll eee qqq .

Изгибающие моменты по участкам:

1 участок l20 ≤≤ z z q M e x l8

3= (линейная функция),

0)0( = x M ; 2

4

3)2( ll e x q M = .

2 участок l20 ≤≤ z 2

)2(8

32 z q

z q M ee x −+= ll (квадратичная функция),

2

4

3)0( l

e xq M = ; ll

e xq M

2

1)2( −= 2

2

1)2( l ql M

e x −= .

Рис. 3.11

Экстремум функции x M

0=dz

dM x , ll8

30

8

3=→=− z z qq ee .

2max

128105)

83( ll e x x q M M == .

А

Б

В



62

3 участок l≤≤ z 0 const q M e x =−= 2

2

1l .

Эпюра x M от заданных нагрузок показана на рис.3.11.

Для определения c

V строим эпюру 1

M от единичной силы, приложенной к балке в

сечении c , свободной от заданной нагрузки ( рис.3.11,б). Перемножим эпюру x

M с эпюрой

1 M . Расслоение эпюры x M в соответствии с табл.3.3 показано пунктирными линиями на

рис.3.11.

.6

7

3

12

2

1

2

1

2

12

8

)2(

3

2

3

22

4

3

2

1

3

22

4

3

2

11 4222

x

ee

eee

x

c EI

qq

qqq

EI V

llllll

lllllll =

⋅−+⋅+⋅=

Так как 93

104512

−⋅==bh

I x м4,

то 3

911

43

10210451026

)2,0(10107 −− ⋅=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=cV м=2 мм.

Положительный результат показывает, что сечение переместилось в направлении

единичной силы, т.е. вниз.Для определения

bϑ освободим балку от внешней нагрузки, приложим в точке b

единичный момент ( рис.3.11,в), определим реакции опор и построим эпюру 2

M ( рис.3.11).

Перемножая ее с эпюрой x

M , получим

x

ee

eee

x

b EI

qq

qqq

EI 6

5

6

52

2

1

2

1

4

32

8

)2(

3

2

3

22

4

3

2

1

3

12

4

3

2

113

22

22 llll

lllll −=

⋅+−⋅−⋅−−=ν

0074,010451026

)2,0(10105911

33

−=⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅= −bν рад.

Отрицательный результат показывает, что сечении b повернулось против направления единичного момента, т.е. против хода часовой стрелки.

Пример 3.9. Для плоской рамы ( рис.3.12,а) определить (в общем виде)горизонтальное перемещение

aw сечения a и угол поворота сечения c , считая, что

const EI x = и одинакова на всех участках.

Рис. 3.12



63

Решение. В данном случае можно избежать определения реакций в опоре, если рассматривать равновесия отсеченных частей рамы по участкам, не содержащих заделку.

Для первого участка l≤≤ z 0 2

2 z q z q M e

e x += l (квадратичная функция)

0)0( = x M ; 2

2

3)( ll e x q M = (сжатые волокна снизу).

На втором участке l≤≤ z 0 const qqq M eee x =⋅=⋅⋅+⋅= 22

2

3

2l

lll (сжатые

волокна снизу).

Третий участок l20 ≤≤ z 2

2)( l

llll eee x q z q z q M +

−+−= (линейная функция),

2

2

5)0( le x q M = (сжатые волокна сверху).

2

2

3)2( ll e x q M −= (сжатые волокна снизу).

Эпюра x M показана на рис.3.12,б.Для определения горизонтального перемещения сечения a по способу Верещагина

построим эпюру 1

M ( рис.3.12,в) от единичной силы, приложенной в сечении a .

Перемножив эпюру x

M с эпюрой 1

M , получим

x

eeee

x

a EI

qqqq

EI w

4222

4

72

2

3

2

12

2

5

2

1

2

1

2

31 llllllllll =

⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅= .

Сечение a переместилось в направлении единичной силы, т.е. вправо. Для определения угла поворота сечения c приложим в точке С единичный момент и построим эпюру 2 M

( рис.3.12,г). Перемножив ее с эпюрой x M ( рис.3.12,б), получим

x

eee

x

с EI

qqq

EI

322 12

2

3

2

112

2

5

2

11 lllll =

⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅=ϑ .

Сечение c повернулось против хода часовой стрелки.

Пример 3.10. Определить вертикальное перемещение точки a рамы, показанной на

рис.3.13,а. Жесткость всех участков постоянна и равна x

EI .

Рис.3.13

Решение. Изгибающие моменты x

M от силы F по участкам:

Участок ab R z ≤≤0 Fz M x = .

Участок bc 2/0 π ϕ ≤≤ )sin1( ϕ += FR M x

.

Изгибающие моменты от единичной силы ( рис.3.13,б).Участок ab R z ≤≤0 z M 11 = .

Участок bc 2/0 π ≤≤ )sin1(11 += R M .

А Б



64

Перемещение точки a определяем при помощи интеграла Мора

∫=l x

x

EI

dz M M f 1

α .

Заменяя ϕ d dz = на участке bc и подставив выражения x

M ,1

M по участкам,

получаем:

∫ ∫ ∫ =+++=+

+⋅⋅

= R

x x x x

a d EI

FR

EI

FR

EI

d FR

EI

dz z F f

0

2

0

2

0

233232

)sinsin21(3

)sin1(

π π

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

=

−+−+=

−+++= ∫ 20

32

0

3

sin4

1

2cos2(

3

1)cos

2

1

2

1sin21(

3

1 π

π

ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ x x EI

FRd

EI

FR

x x EI

FR

EI

FR 33

12

928

42

23

1

+=

+++= π π π

.

Сечение a переместилось вверх.

Пример 3.11. Определить полное перемещение сечения k , если нижние волокна

балки, показанной на рис.3.14, нагреты до температуры C t o1001 = , а верхние – до

C t o1202 = .

Рис.3.14

Решение. Определим вертикальное перемещение k

V сечения k . При приложении

единичной силы в сечении k в вертикальном направлении в балке возникает только

изгибающий момент 1

M . Поэтому

−=

−= ∫

212

0

112

2

1lh

t t dz M h

t t V

l

k α α ,

03,732

1

16,0

)100120(105,12 26 =

−⋅= −

k V мм.

Для определения горизонтального перемещения k

w приложим в сечении k

единичную силу в горизонтальном направлении. Тогда

∫ ⋅+

=+

=l

k

t t dz N

t t w

0

211

21 122

lα α ,

12,432

)100120(105,12 6 =⋅

+⋅⋅= −

k w мм.

Полное перемещение



65

15,812,403,7 2222 =+=+= k k wV f мм.

Пример 3.12. Для заданной на рис.3.15,а плоской рамы с замкнутым контуром с

тремя врезанными шарнирами построить эпюры изгибающих моментов.

Решение. Рама не имеет опор, она находится в равновесии, так как нагрузка является

самоуравновешенной. Чтобы построить эпюру x

M , надо сначала определить внутренние

силовые факторы хотя бы в одном сечении рамы. Рассечем раму, например, по оси шарнира a , так как в этом сечении изгибающий момент заведомо равен нулю и могут действовать

только нормальные и поперечные Q силы ( рис.3.15,б). Наличие двух других шарниров

Рис.3.15

позволяет определить величины и Q . Действительно, из уравнения равновесия

части ab рамы

∑ = 0b M , 02

1=+− M Ql находим

l

M Q ⋅=

2

1,

а из уравнения равновесия части abc рамы

∑ = 0c M , 0=+− M N l

получаем

l

M N = .

После этого изгибающие моменты по участкам рамы находим по методу сечений и

строим эпюру x M ( рис.3.15,в).

3.5. Упругопластический изгиб

При упругопластическом изгибе балки прямоугольного поперечного сечения из идеального упругопластического материала изгибающий момент pl M , соответствующий

появлению первых пластических деформаций в сечении ( рис.3.16), определяется по формуле

y x pl W M σ = или y pl

bh M σ

6

2

= .

В предельном состоянии все сечение охватывается пластической деформацией и

эпюра напряжений в поперечном сечении балки изображается в виде двух прямоугольников ( рис.3.16).

В сечении балки образуется пластический шарнир (точнее, сечение представляет

собой шарнир, в котором действует «момент трения», равный lim

M ). Это соответствует

предельному состоянию. Значение предельного изгибающего момента lim

M равно:

y pl W M σ =lim или ybh M σ 4

2

lim = .

(3.9)



66

Рис. 3.16

Здесь 4

2bhW pl = - пластический момент сопротивления сечения балки

прямоугольного сечения с двумя осями симметрии.

В общем случае плоского изгиба балки сложного сечения с одной осью симметрии

предельный момент находится следующим образом ( рис.3.17).

Рис.3.17

Условие отсутствия нормальной силы имеет вид

021 =−=∫ A AdA y y

A

σ σ σ ,

где 21

, A A - площади частей сечения балки, в которых действуют растягивающие или

сжимающие напряжения. Нейтральная линия 1

x в предельном состоянии делит площадь

сечения на две равновеликие части (смещена относительно оси x )

A A A2

121 == .

Положение нейтральной линии 1

x в предельном состоянии определяют из условия

равенства сжатой и растянутой частей площади поперечного сечения.

Предельный момент lim

M равен

y x xS S M σ |)||(| 21

lim 11

+= или y

cA M σ =

lim,

где с - расстояние от центра тяжести какой - либо части (1

A или 2

A , рис.3.17) сечения до

центра тяжести всего сечения;2,1

1 xS - статические моменты растянутой и сжатой частей

площади сечения относительно нейтральной линии в предельном состоянии.

Предельная нагрузка – это самая большая нагрузка, которую можно приложить к

идеальной упругопластической конструкции, не нарушая ее равновесия. Величину

предельной нагрузки можно определить двумя методами – статическим и кинематическим.

Кинематический метод заключается в том, что конструкция преобразуется в механизм,

соответствующий образованию пластических шарниров (механизм разрушения). Предельная

нагрузка находится из уравнения баланса работ: работа внешних сил на некотором заданном

механизме перемещения равна работе lim M на угловом перемещении в каждом шарнире.Отметим, что уравнение баланса работ по внешнему виду совпадает (после

сокращения величин перемещений) с уравнением равновесия системы в предельном



67

состоянии. При составлении уравнения равновесия надо внимательно относиться к знакам

(направлению) момента lim

M : направлять lim

M так, чтобы сжимали те слои балки, которые

сжаты.

Пример 3.13. Для балки ( рис.3.18,а) определить значение нагрузки pl e

q,

, при которой

исчерпывается несущая способность балки. Определить границу упругой зоны по длине

балки при pl ee

qq,

45=∗ . Характеристика материала – идеальная упругопластическая.

Размеры балки и предел текучести y

σ считать известными.

Рис.3.18

Решение. Эпюра x

M для балки показана на рис.3.18,а. Значение l pe

q,

находим из

условия l p x

M M =max

, где y x p W M σ =l

- момент изгибающий при yσ σ =max . Тогда

y pe y pe bhqbh

qσ σ 2

2

,

22

,

362 l

l

ll =→= .

При l pee

qq,

> пластическая область расширяется как по длине балки ( рис.3.18,а), так

и по сечению ( рис.3.18,б).

Координату le

z упругой зоны по длине балки определяем из условия

l

l

p

ee M z q

=2

2

, где 2

2

, ll

l

pe

p

q M = ;

e

pe

e

peee

q

q z

q z q l

l

ll ll ,

2

,2

22=→= .

При

l peeeqqq

,4

5== ∗

получаем

ll

88,0=e z .

Определим x

M в упругопластическом состоянии сечения, т.е. при l pee

qq,

> ,

∫ ⋅⋅= A

x dA y M σ , где bdydA = .

Учитывая симметрию сечения,

∫=2

0

2

h

x ybdy M σ .

Интегрировать будем по упругой и пластической областям

В упругой области



68

yhe

y

l

σ σ

2= .

В пластической области

const y == σ σ .

Тогда

∫∫ ⋅+⋅⋅=2

2

2

0

2

2

2

h

h

y

h

e

y

x

e

e

ybdy ybdy yh

M

l

l

l

σ σ

,

ye

xh

hbh M σ ⋅

−=

2

22

312

l .

Откуда

y

xe

bh

M hh

σ 2

123 −=

l.

Учитывая, что

2

2 z q M e

x = и 2

,

2 3 ll pe y qbh =σ ,

получим

2

,

223

ll

l

pe

ee

q

z qhh −= .

При l peee qqq ,

4

5== ∗ в опасном сечении h

h z

e

707,0==l

l. В предельном состоянии

0=le

h . Значение предельной нагрузки определим из условия

limmax M M x = ,

где y

bh M σ

4

2

lim = - для стержня прямоугольного сечения:

2

2

lim,

max

le

x

q M = .

Тогда

y

e bhqσ

42

22

lim, =l

,

откуда

ye

bhq σ

2

2

lim,2l

.

Пример 3.14. Для заданной на рис.3.19,а балки определить предельную нагрузку lim

F .

Материал – идеальный упругопластический.

Решение. Чтобы балка, на которую наложена одна лишняя связь, стала кинематически

изменяемой, в ней должны образоваться два пластических шарнира. Для определения

возможных положений пластических шарниров по примерному виду изогнутой оси балки на

рис.3.19,б изображен характер эпюры x

M . Пластические шарниры образуются в тех

сечениях, в которых изгибающие моменты достигают экстремальных значений. Предельное

для расчета по несущей способности состояние балки показано на рис.3.19,в сплошной

линией, причем направления lim

M согласованы с эпюрой x

M . Кинематически возможное

предельное состояние балки показано на рис.3.19,в штриховой линией.



69

Из условия равновесия части балки bc

∑ = 0bc

c M , находим l

lim M Rb = ,

Рис. 3.19

а из условия равновесия балки ab

∑ = ,0ab

a M 02 limlimlimlim =++−− M M F M Rb ll

определяем

l

limlim

3 M F = .

Можно lim F определить из уравнения баланса работ (3 момента lim M дают работу на

угловых перемещениях ϑ сечений в шарнирах ca, , которая должна быть равна работе силы

lim F на возможном перемещении δ )

ϑ ϑ ϑ δ limlimlimlim M M M F ++= ,откуда с учетом l ϑ δ = получаем

l

limlim

3 M F = .

3.6. Косой изгиб и внецентренное растяжение и сжатие

Косым называется такой изгиб, при котором плоскость изгибающего момента не

содержит главную центральную ось сечения ( рис.3.20,а), а плоскость изгиба стержня не

совпадает с плоскостью изгибающего момента. Косой изгиб может быть представлен как

сочетание двух плоских изгибов ( рис.3.20,б).

Рис.3.20

Нормальное напряжение в точке К с координатами х и у:

y

y

x

x

I x M

I У M +=σ ,

где оси y x, - главные центральные.

(3.12)



70

Изгибающие моменты x M и y M считаются положительными, если они вызывают в точках

первой четверти сечения растяжение.

Уравнение нейтральной линии в сечении

xctg I

I y

y

x

−= α .

Нейтральная линия при косом изгибе не перпендикулярна к плоскости изгибающего момента. Максимальные напряжения возникают в точках, наиболее удаленных от нейтральной линии ( рис.3.20,б).

При внецентренном растяжении равнодействующая внешних сил не совпадает с осью

стержня, а смещена относительно оси z и остается ей параллельна ( рис.3.21,а).

Внецентренное растяжение представляется как сочетание центрального растяжения F N =

и косого изгиба.

0 Fy M x = , 0 Fx M y = ,

где 0

x ,0

y - координаты точки приложения силы F ( рис.3.21,б).

Рис.3.21

Нормальное напряжение в произвольной точке сечения с координатами y,

определяется по формуле:

y x I

x x F

I

y Fy

A

F 00 ⋅++=σ ,

где y x, - главные центральные оси сечения.

Уравнение нейтральной линии

01 00 =++

y x I

x x

I

y y

A.

Нейтральная линия не проходит через центр тяжести сечения. Максимальные

напряжения возникают в точках, наиболее удаленных от нейтральной линии.

Для определения полного перемещения δ при внецентренном растяжении вначале

определяются перемещения по координатным осям: w от нормального усилия ,

горизонтальное перемещение u от изгиба в плоскости xz , вертикальное перемещение V от

изгиба в плоскости yz . Тогда

222 wvu ++=δ .

При косом изгибе 0=w , поэтому

22 vu +=δ ,

Пример 3.15. Произвести поверочный расчет на прочность балки ( рис.3.22,а)

выполненной из двух неравнобоких уголков № 5/3,2. Дано: 500= F Н; 5,0=l м;

320== yc yt σ σ МПа.

(3.13)

(3.14)

(3.15)



71

Рис.3.22

Решение. Строим эпюры изгибающих моментов в двух плоскостях.

Плоскость yoz l≤≤ z 0 ; Fz M x −= ; ( ) 00 = x M ;

( ) ll F M x −= .

ll 2≤≤ z ; l F Fz M x +−= ; 0)( =l x M ; ll F M x −=)2( .

Плоскость oz l20 ≤≤ z , const F M y =−= l2 .

Эпюра изгибающих моментов показана на рис.3.22,а. Сечения b и c равноопасны,

рассмотрим любое из них. Выписываем из сортамента ГОСТ 8510-72 необходимые геометрические характеристики уголка № 5/3,2 ( рис.3.22,в). Определяем моменты инерции

сечения относительно главных центральных осей y, :

88 1034,121017,6221

−− ⋅=⋅⋅== x x I I м4,

88 1052,61026,322 −− ⋅=⋅⋅==o y y l I м4.

Найдем положение нейтральной линии сечения из уравнения (3.13)

xctg xctg xctg I

I y

y

x )89,1()1052,6

1034,12()(

8

8

α α α −=⋅⋅

−=−= −

−

.

Здесь

22

===l

l

F

F

M

M ctg

x

yα ,

тогда уравнение нейтральной линии примет вид: .78,3 x y −=

Проводим эту линию по угловому коэффициенту

017578,3 ′−=→−= o β β tg .

Положение нейтральной линии в сечениях b и c показано на рис.3.22,б. наиболее

удаленные от нее точки 1 и 2.

Определяем напряжение в точке 1 с координатами

31 1032 −⋅= x м, 31 1016 −⋅−= y м по формуле (3.17)



72

213105,6

10325,05002

1034,12

)1016(5,05008

3

8

311

1 =⋅

⋅⋅⋅⋅+

⋅⋅−⋅⋅

=+= −

−

−

−

y

y

x

x

I

x M

I

y M σ Мпа.

В точке 2:3

2 1032 −⋅−= x м; 3

2 1016 −⋅−= y м:

2785,6

)1032(5,05002

1034,12

)1016(5,0500

8

3

8

322

2 −=

⋅−⋅⋅

+⋅

⋅−⋅

=+= −

−

−

−

y

y

x

x

I

x M

I

y M

δ Мпа.


15,1278

320

max

===σ

σ yc

yn .

Пример 3.16. Определить наибольшие нормальные напряжения и перемещение

свободного конца стальной балки, изображенной на рис.3.23,а. Дано: bl F ,,, .

Решение. Определяем положение главных центральных осей сечения. Сечение имеет

одну ось симметрии, следовательно, оси и y являются главными центральными осями

( рис.3.23,б). Линия действия силы F и плоскость действия создаваемого ею в поперечных

сечениях балки изгибающего момента не совпадают ни с осью x ни с осью y ,следовательно, изгиб косой. Силу F раскладываем по осям x и y :

F F F x

2

245cos == o

; F F y

2

2= .

Рис.3.23

Изгибающие моменты

l F M x2

2= , l F M y

2

2= .

Определяем положение нейтральной линии сечения ( рис.3.24)

xctg

I

I y

y

x )( α −= ,

где

36

3

1hh

I x = ;

12

22

3

1

=

hh

I y ; 145 =octg .

bbh 245sin21 == o ; bbh2

245cos == o .

7236

22

4

3

bb

bb

I x =

= . 2412

2

2

2

22

4

3

bbb

I y =

⋅

= .

Тогда уравнение нейтральной линии принимает вид



73

x y3

1−= ,

откуда

02183

1 ′−=→−= o β β tg .

Нейтральная линия проходит через центр тяжести сечения с ( рис.3.24).

Напряжение

xb

F

yb

F

I

x M

I

y M

y

y

x

x

24

2

2

72

2

2

44

ll

+=+=σ , )3(212

4 x y F

b+= lσ .

Координаты наиболее удаленных точек сечения:

точка a

,2

2b x −=

b y62−= ,

точка b

0= x ,

b y3

2= .

Рис.3.24

Подставив эти координаты, получим

ll F b

b F b

b 34 24)323(212 ==σ

ll F b

bb F b

a 34

24)

2

2

3

23(

212−=−−=σ .

Таким образом,

|||| ba σ σ =

Перемещая u , V свободного конца консольной балки соответственно по осям x и y

определяем по известным формулам

4

33

32

432

2

3 Eb

F

EI

F

EI

F u

y y

x

ll

l

=== ,



74

4

33

32

123

2

2

3 Eb

F

EI

F

EI

F V

x x

y ll

l=== .

Полное перемещение точки C :

4

322 2

65,12 Eb

F V U f

l=+= .

Направления перемещений показаны на рис.3.24.

Пример 3.17. Определить допускаемую нагрузку для стержня ( рис.3.25,а). Размеры

стержня и допускаемое напряжение adm

σ считать заданными.

Рис.3.25

Решение. Положения главных осей показаны на рис.3.25,б,в. Главные моменты

инерции и площади:

ослабленного сечения

24

4b I

x= ;

72

4b I y = ;

2

2

1b A = ;

целого сечения

12

4b I x = ;

12

4b I y = ;

2b= .

Вычисляем максимальные напряжения в точке приложения силы для ослабленного сечения

(косой изгиб)

+⋅

⋅+⋅

=

24

2

4

2

max,

272

6

224

2

2

bbb

bb F nt σ ,

2max,

18

b

F

nt =σ ;

для целой части стержня (прямой изгиб)

224max,

7

2

2

12

2

2

b

F

b

F b

b

b F

br =+⋅⋅

=σ .

Так как nt br max,max, σ σ < , то расчет допускаемой нагрузки ведем по ослабленному

сечению

admnt σ σ =max, ,

18

18 2

2

b F

b

F admadmadm

adm σ σ =→= .

Координаты точки приложения силы:ослабленная часть

b x6

20 = ; b y

2

20 = ;

целая часть

00 = x ;2

20

b y = .



75

Пример 3.18. Стержень двутаврового сечения (3.26,а) нагружен силами F и F 2 ,

направленными вдоль его оси. Определить коэффициент запаса по текучести y

n . Дано:

kH F 15= ; 10=b мм; 240== yc yt σ σ МПа.

Рис. 3.26

Решение. Главные моменты инерции сечения

433

12

321

12

)3(2

12

)5(3b

bbbb I x =−= ,

433

12

57

12

3

12

)3(2 b

bbbb I y =

⋅+= .

29b A = .

Координаты точки приложения силы F :

b x2

30 −= ; b y

2

50 = .

Напряжения в стержне возникают от внецентренного растяжения и центрального

сжатия

−+= A x I

x

y I

y

F y x

100

σ .

Уравнение нейтральной линии

00

0 1

y

I

A x

I

I

y

x y x

y

x ⋅+⋅−= .

После подстановки величин, входящих в выражение нейтральной линии, наиболее

удаленной от нее является точка 2 с координатами

− bb2

5;

2

3.

23

3

22442max)1010(

101581,081,0

9

1

2572

3123

23212

5125−⋅⋅⋅

−=−=

−⋅⋅

⋅⋅−

⋅⋅⋅⋅⋅

−=b

F

bb

bb

b

bb F σ ;

5,1212max −=σ МПа.


98,15,121

240

2max

===σ

σ yc

yn .


Задачи 3.1…3.4. Для заданных на рис.3.27,а,б,в,г балок построить эпюру x M и yQ .

Изобразить примерный вид изогнутой оси балки.

Задачи 3.5…3.8. Для заданных на рис.3.28,аа,б,в,г плоских рам построить эпюры изгибающих моментов.

А Б



76

Рис.3.27

Задачи 3.9…3.11. Определить из условия прочности размеры поперечных сечений

балок ( рис.3.29,а,б,в).

Рис.3.28

Рис.3.29

Задача 3.12. Определить допускаемую нагрузку adm F чугунной балки ( рис.3.30,а)

треугольного сечения высотой 50=h мм и шириной основания в=h при запасе прочности 3=un , если 200=ut σ МПа, 1000=ucσ МПа, 1=l м.



77

Задача 3.13. Определить наибольший прогиб валика ( рис.3.30,б) при обтачивании его

в трехкулачковом патроне. Дано: 160=t F Н; 50=r F Н; 5102 ⋅= E МПа; 80=l мм.

Рис.3.30

Задачи 3.14…3.16. Для заданных на рис.3.31,а,б,в балок определить перемещение

k V сечения k и угол поворота сечения b .

Рис.3.31

Задача 3.17. Для заданной на рис.3.31,г балки вычислить вертикальное перемещение

сечения k . Дано: 1= F кН; 1=l м; 5102 ⋅= E МПа; 10=a мм.

Задачи 3.18…3.21. Для плоских рам определить: рис.3.32,а,б – горизонтальное перемещение сечения b и угол поворота сечения c ; рис.3.32,в – вертикальное и угловое

перемещение сечения c ; рис.3.32,г – угол поворота сечения d .

Рис.3.32



78

Задачи 3.22…3.23. Определить величину и направление по отношению к горизонтали

перемещения a f конца криволинейной консоли, имеющей вид полуокружности

( рис.3.33,а,б).

Рис.3.33

Задачи 3.24…3.25. Для заданных на рис.3.34,а,б балок определить прогиб сечения к

при температурном воздействии – нагревании нижних волокон до C t o801 =∆ , а верхних

волокон - C t o1002 =∆ .

Задача 3.26. Для заданной на рис.3.34,в рамы определить полное перемещение

сечения к при температурном воздействии: C t o

251 =∆ ; C t o

52∆ ; 1=l м; 61013 −⋅=α 1/град;1,0=h м – высота поперечного сечения.

Рис.3.34

Рис.3.35



79

Задача 3.27. Определить изменение расстояния между сечениями к и к′ рамы

( рис.3.34,г) при температурном воздействии, если 2=l м; 15,0=h м; C t o701 =∆ ;

C t o502 =∆ ; 61014 −⋅=α 1/град.

Задачи 3.28…3.30. Для заданных на рис.3.35,а,б,в балок определить предельную

нагрузку.

Задача 3.31. Для заданной на рис.3.36 рамы определить pl eq , , при которой возникают первые пластические деформации и предельную нагрузку lim,eq .

Задача 3.32. Определить maxσ и перемещение свободного конца стальной

балки ( рис.3.37,а). Дано: 400= M Нм; 1=l м; уголок неравнобокий: 55075 ⋅⋅ мм.

Рис.3.36

Рис.3.37

Задача 3.33. Определить из условия прочности размер поперечного сечения балки

( рис.3.37,б). Определить величину и направление по отношению к горизонтали прогиба конца балки. Дано: 5=eq кН/м; 1=l м; 400== yc yt σ σ МПа; 2= yn .

Задача 3.34. Определить σ и величину и направление по отношению к горизонтали

прогиба ( рис.3.38) под силой 1

F . Дано: 61 = F кН; 42 = F кН; 6,1=l м; 120=b мм; 410= E

МПа (дерево).

Рис.3.38

Задачи 3.35…3.37. Определить необходимые размеры поперечных сечений стержней ( рис.3.39,а,б,в).

А Б



80

Рис. 3.39



81

Глава 4. Статически неопределимые стержневые системы

4.1. Основные сведения из теории

В данной главе рассматривается применение метода сил при расчете статически

неопределимых рамных конструкций (в том числе балок), работающих в пределах упругости

[1,2,3].

Рамой называют конструкцию, состоящую из стержней, которые работают, в основном, на изгиб и кручение. Рамы принято делить на плоские, плоско-пространственные и пространственные.

Плоской называется рама, у которой оси всех ее элементов и действующие нагрузки

(включая реакции опор) лежат в одной плоскости. В этой же плоскости лежит одна из главных центральных осей каждого поперечного сечения.

Плоско-пространственной называется рама, оси всех элементов которой и одна из главных осей каждого поперечного сечения лежат в одной плоскости, а внешняя нагрузка – в

перпендикулярной плоскости.

К пространственным относят все прочие виды рам.

Рамные конструкции, используемые в машиностроении, могут быть статически

определимыми и статически неопределимыми.Статически неопределимой называется такая рама, для которой опорные реакции и

внутренние силовые факторы не могут быть найдены только из уравнений статики. При

этом разность между числом неизвестных ( реакций опор и внутренних силовых факторов) и

числом независимых уравнений равновесия определяет степень статической

неопределимости рамы.

Число связей системы, при котором достигается ее кинематическая неизменяемость,

называется необходимым числом связей. Для плоских систем необходимое число связей

равно трем, для пространственных - шести. Всякая связь сверх необходимых называется

дополнительной. Эти дополнительные связи и обуславливают статическую

неопределенность системы, т.е. число дополнительных связей равно степени статической

неопределимости.

Связи, наложенные на раму, делят на внешние и внутренние.Под внешними понимают такие связи, которые накладывают ограничения на

перемещения всей системы как жесткого целого.

Под внутренними связями понимают ограничения, накладываемые на взаимные смещения элементов рамы. Поясним сказанное на примере плоской рамы.

Рис.4.1

Рама, изображенная на рис.4.1,а является статически определимой, так как на нее

наложены в точке а три связи, а внутренние силовые факторы в любом сечении могут быть

определены по методу сечений. Заметим, что сечения в и с имеют возможность взаимного

поворота и смещений по горизонтали и вертикали.

Рама на рис.4.1,б отличается от рамы на рис.4.1,а тем, что в точке d наложены еще две

внешние связи. Общее число внешних связей стало равным 5, причем любые две из них

могут рассматриваться как дополнительные. Кроме того, сечения в и с теперь не имеют возможности взаимного поворота и смещений по горизонтали и вертикали, так как в

замкнутом контуре добавлены еще три внутренние связи, запрещающие взаимный поворот,

А Б



82

взаимные горизонтальное и вертикальное перемещения. Таким образом, данная рама пять

раз статически неопределима: два раза внешне и три раза внутренне.Для решения статически неопределимых задач часто используется метод сил,

заключающийся в замене дополнительных связей неизвестными силовыми факторами,

которые определяются из условия отсутствия перемещений в направлении отброшенных

связей. После нахождения неизвестных силовых факторов рама становится статически

определимой, и внутренние силовые факторы определяются по методу сечений.Перемещения в статически неопределимых системах так же, как и в статически

определимых, могут быть определены по методу Мора – Верещагина перемножением эпюры

от заданных сил на эпюру от единичного фактора, приложенного в направлении искомого

перемещения с последующим делением результата перемножения на соответствующую

жесткость. Если единичный фактор прикладывается к заданной статически неопределимой

системе, то вновь возникает вопрос о раскрытии статической неопределимости. Однако

этого можно избежать, если определять перемещения не в заданной, а в основной системе (а

она статически определима), т.к. перемещения в заданной и основной системах одинаковы.

Для определения перемещения можно использовать любую основную систему.

Для проверки полученного решения статически неопределимой задачи (суммарной

эпюры) можно воспользоваться несколькими способами:1. Решать задачу заново, используя другую основную систему. Это наиболее

трудоемкий способ проверки.

2. Определить перемещение, заведомо равное нулю. С этой целью нужно

перемножить суммарную эпюру на эпюру от единичного фактора, приложенного к основной

системе в этом направлении. В частности, перемножение суммарной эпюры на любую

единичную, использованную при раскрытии статической неопределенности, должно дать

результат, равный нулю.

3. Перемещения одних и тех же сечений (абсолютные или взаимные), вычисленные в

различных основных системах, должны быть равными.

4.2. Плоские рамы

Рассмотрим на примерах плоских рам использование метода сил.

Пример 4.1. Для рамы, изображенной на рис.4.2,а, построить эпюру изгибающих

моментов, проверить полученное решение и определить угол поворота сечения а.

Решение. Данная рама 2 раза статически неопределима внешним образом. Решение

задачи начинается с выбора основной системы, которая получается из заданной путем

снятия всех внешних сил и дополнительных связей (для рассматриваемой задачи – две

дополнительные связи). Примеры основной системы показаны на рис.4.2,б,в,г.Любая основная система обязательно должна быть статически определимой и

кинематически неизменимой. Для решения задачи примем в качестве основной систему,

показанную на рис.4.2,б. Прикладывая к основной системе заданные силы и силы взамен отброшенных связей, получим эквивалентную систему ( рис.4.2,д). Однако рама, показанная

на рис.4.2,д будет полностью эквивалентна исходной раме ( рис.4.2,а) только в том случае,

если перемещения точки в в направлениях отброшенных связей Х1 и Х2, т.е. в направлениях

1 и 2 соответственно будут равны нулю. Эти условия записываются в виде системы

канонических уравнений метода сил:

01212111 =+ f X X δ δ δ ,

02222121 =++ f X X δ δ δ ,

где 11δ - перемещение точки b в направлении неизвестно Х1, т.е. в первом направлении

(первый индекс), от единичной силы Х1=1, приложенной в том же первом направлении

(второй индекс);

(4.1)



83

Рис. 4.2

12δ - перемещение в первом направлении (первый индекс) от единичной силы Х2=1,приложенной во втором направлении (второй индекс);

21δ - перемещение во втором направлении от единичной силы, приложенной в первом

направлении;

22δ - перемещение во втором направлении от единичной силы, приложенной в том же

направлении;

f 1δ ,

f 2δ - перемещения точки в первом и втором направлениях (первые индексы) от сил

заданных (вторые индексы).

Так, первый индекс в каждом коэффициенте означает направление перемещения,

второй – направления фактора, вызывающего это перемещение.

Таким образом, физический смысл первого уравнения системы (4.1) – равенство нулю перемещения точки b от Х1, Х2 и заданных сил в первом направлении, т.е. по вертикали,

второго – равенство нулю перемещения точки в от тех же факторов во втором направлении,

т.е. по горизонтали. Число уравнений в (4.1) равно степени статической неопределимости.

Поскольку коэффициент системы уравнений (4.1) представляют собой перемещения,

то для их вычисления воспользуемся методом Мора-Верещагина. С этой целью построим

эпюры изгибающих моментов от заданной нагрузки ( рис.4.2,е) и от сил Х1=1, Х2=1

( рис.4.2,ж,з). Перемножая соответствующие эпюры, находим коэффициенты (индексы при

коэффициентах указывают на то, какие эпюры следует перемножать):

EI EI X

4

11

3

4)(

3

2

2

11 lllllll =

+

=δ ,

З

А Б В

Е Д Г

И Ж

М Л К

Л Н



84

( ) X X EI EI 22

1 3

2112

llll −=

−== δ δ ,

X X EI EI 33

2

2

11 3

22

llll =

=δ ,

X

ee

X

f EI

qq

EI 22

142

1

l

ll

l

=

−=δ ,

X

ee

X

f EI

qq

EI 422

142

2

lll

l−=

−=δ ,

где x

EI - изгибная жидкость в плоскости рамы, а ось X перпендикулярна плоскости рамы.

Решая систему уравнений (4.1) с найденными коэффициентами, находим ( рис.4.2,и):

leq X 14

31 −= ; leq X

14

62 = .

После этого строится суммарная эпюра изгибающих моментов ( рис.4.2,к). Заметим, что

суммарную эпюру изгибающих моментов можно построить путем сложения ординат эпюр от заданной нагрузки f

M с ординатами эпюр 1

M и 2

M , умноженными на 1 X и

2 X соответственно.

Для проверки правильности решения вычислим горизонтальное перемещение

нижнего, защемленного сечения рамы. Для этого воспользуемся основной системой,

показанной на рис.4.2,г, у которой отброшена связь в направлении искомого перемещения.

Приложим к этой основной системе горизонтальную единичную силу в направлении

искомого перемещения ( рис.4.2,л). Эпюра изгибающих моментов показана на рис.4.2,м.

Найдем горизонтальное перемещение, перемножив суммарную эпюру ( рис.4.2,к) на

эпюру от единичной силы ( рис.4.2,м)

0314

221

32

144

21

32

143

211 222 =

⋅+⋅

⋅−

⋅= lllllllll eee

X

qqq EI

v .

Определим угол поворота узла рамы а ( рис.4.2,а), используя две различные основные системы. Вначале используем основную систему, показанную на рис.4.2,б. Для определения

угла поворота прикладываем единичный момент к основной системе, строим эпюру

изгибающих моментов ( рис.4.2,н) и перемножаем ее на суммарную эпюру ( рис.4.2,к):

X

eee

X

a EI

qqq

EI 141

14

2

2

11

12

4

2

113

22 lllll −=

⋅

⋅+⋅

⋅−=ϑ .

Теперь используем основную систему, показанную на рис.4.2,в. Строим эпюру от

единичного момента, приложенного к этой системе ( рис.4.2,п), и, умножив ее на суммарную

эпюру изгибающих моментов ( рис.4.2,к), находим угол поворота

X

ee

X

а EI

qq

EI 143

2

14

3

2

113

2 lll −=

⋅

⋅−=ϑ .

Пример 4.2. Построить эпюру изгибающих моментов для рамы, изображенной на

рис.4.3.а, проверить полученное решение.

Решение. Данная рама ( рис.4.3,а) внешним образом статически определима, т.к.

реакции опор могут быть найдены из уравнений статики. В то же время рама содержит замкнутый контур, который трижды статически неопределим. Однако шарнир в замкнутом

контуре снимает одну внутреннюю связь (сечения а и в имеют возможность взаимного

поворота). Поэтому данная рама 2 раза статически неопределима внутренним образом.

Для решения задачи выберем основную систему, разрезав раму по шарниру, т.е. сняв две внутренние связи ( рис.4.3,б). Заменяем отброшенные связи, препятствовавшие



85

взаимному вертикальному и горизонтальному расхождению сечений a и в, двумя взаимными

силами 1 X и 2 X .

Рис. 4.3

Эквивалентная система показана на рис.4.3,в. Система канонических уравнений для

данной задачи имеет точно такой же вид, как и в предыдущем примере (формула 4.1),

однако физический смысл коэффициентов другой. Все коэффициенты представляют собой

взаимные смещения сечений а и в. Для их вычисления строим эпюру изгибающих моментов

от заданной нагрузки ( рис.4.3,г) и от единичных сил, приложенных в направлении неизвестных 1 X и 2 X ( рис.4.3,д,е). Перемножая эпюры, находим коэффициенты системы

канонических уравнений:

X X EI EI

3

113

5)(

3

2

2

12

1 lllllll =

⋅+⋅

=δ ,

( ) X X EI EI 22

1

2

1 3

2112

llll

lll −=

⋅+⋅⋅−== δ δ ,

X EI

3

223

5 l⋅=δ ,

X

eee

X

f EI

qqq

EI 33

2

22

1

23

11 422

1

lll

lll

l=

⋅

+

−=δ ,

Е

Д

Ж З

И

В

А

Г

Б



86

X

eee

X

f EI

qqq

EI

422

28

3

22

1

4

3

23

11 ll

lll

l=

+

=δ .

Решая систему уравнений (4.1) с найденными коэффициентами, находим:

leq X 128

131 = и leq X

128

212 −= .

Суммарная эпюра показана на рис.4.3,ж.Поскольку данная рама внешне статически определима, то для проверки

правильности решения задачи найдем взаимный угол поворота сечений c и d (он должен

быть равен нулю), используя основную систему, показанную на рис.4.3,з. Эпюра

изгибающих моментов от взаимных единичных моментов показана на рис.4.3,и. Перемножив

эпюры, показанные на рис.4.3,ж и 4.3,и найдем взаимный угол поворота сечений с и d:

−⋅

+⋅

⋅−⋅

+

⋅=− 183

21

128

30

2

11

128

13

2

1

3

2

128

13

2

112

222l

lllllll e

eee

X

d с

qqqq

EI ϑ

03

1

128

21

2

1

3

2

128

30

2

1 22 =

+

− llll ee qq .

Пример 4.3. Найти угол поворота сечения в ( рис.4.4,а).

Решение. Данная рама один раз статически неопределима внешним образом.

Возможные варианты основной системы показаны на рис.4.4,б,в. Раскроем статическую

неопределенность, используя основную систему, показанную на рис.4.4,в. Эквивалентная

система и эпюры изгибающих моментов от заданной нагрузки и от силы 11 = X показаны на

рис.4.4,г,д,е. Неизвестная сила 1 X , приложенная взамен отброшенной вертикальной связи,

определяется из уравнения

01111 =+ f X δ δ .

Поскольку 01 = f δ , то эпюра f M от заданной нагрузки является одновременно и

суммарной. Для определения угла поворота сечения в прикладываем единичный момент в этом сечении к основной системе, показанной на рис.4.4,в, строим эпюру изгибающих

моментов от этого единичного момента ( рис.4.4,ж) и умножаем ее на суммарную эпюру f M :

X

ee

X

в EI

qq

EI 242

1

83

2132

ll

l=

=ϑ .

К этому же результату приходим при использовании основной системы, изображенной на

рис.4.4,б. Эпюра от единичного момента показана на рис.4.4,з.Пример 4.4. Найти взаимное сближение точек k-k ( рис.4.5,а).

Решение. Данная рама один раз статически неопределима внутренним образом.

Выбираем основную систему, врезав шарнир в один из углов ( рис.4.5,б). Эквивалентная

система изображеная на рис.4.5,в. Моменты 1 X заменяют действие связи, препятствовавшей

взаимному повороту сечений а и в. Эпюры изгибающих моментов от заданной нагрузки и от моментов 11 = X представлены на рис.4.5,г,д. Перемножая эпюры изгибающих моментов,

находим коэффициенты канонического уравнения:

X X EI EI

lll

3

51)1(

3

21

2

12

111 =

⋅+

=δ .

X

eee

X

f EI

qqq

EI

322

124

3

3

2

82

1

2

1

83

21 ll

ll

l−=

−

=δ .

Тогда 2

11

1

140

3le

f q X =−=

δ

δ .



87

Суммарная эпюра изгибающих моментов показана на рис.4.5,е.

Рис.4.4

Для определения взаимного смещения сечений К прикладываем к основной системе,

показанной на рис.4.5,б, две единичные силы в направлении искомого перемещения и

строим эпюру изгибающих моментов от этих сил ( рис.4.5,ж).

Искомое смещение найдем, перемножив суммарную эпюру на эпюру от единичных

сил

X

ee

X

k k EI

qq

EI

42

320

3

40

3

42

11 lll

l=

=−υ .

Для проверки полученного результата найдем то же перемещение, используя другую

основную систему ( рис.4.5,з):

.320

3

240

17

2

1

640

3

2

1

883

2

8240

32

14

222

2

X

eee

ee

X

k k EI

qqq

qq

EI

llll

lll

ll

llll =

+

−

−

−=−υ

4.3. Использование свойств симметрии при раскрытии статической

При расчете симметричных в геометрическом отношении рам ( рис.4.6,а) решение удается значительно упростить. Это возможно сделать при нагружении рамы симметричной

( рис.4.6,б) или антисимметричной ( рис.4.6,в) нагрузкой.

Под симметричной понимают такую нагрузку, при котрой внешняя нагрузка,

приложенная к правой половине рамы, является зеркальным отображением нагрузки,

приложенной к левой половине рамы. Если же нагрузка правой половины является

зеркальным отображением левой, но обратна по знаку, то такую нагрузку называют антисимметричной.

Отметим, что произвольную нагрузку, приложенную к симметричной раме, можно

разложить на симметричную и антисимметричную ( рис.4.6,г,д,е).

Аналогично классифицируют и внутренние силовые факторы. В правой и левой

плоскостях произвольного сечения ( рис.4.6,ж) силы и моменты равны между собой и

взаимно обратно направлены. Изгибающие моменты Мх, Му и нормальная сила N являются

Б А

Г В

Е Д

З Ж



88

симметричными силовыми факторами, а крутящий момент T и поперечные силы xQ и yQ -

антисимметричными силовыми факторами.

Рис.4.5

Теперь можно сформулировать правило, которым руководствуются при раскрытии

статической неопределенности с учетом симметрии. Если заданная статически

неопределимая система геометрически симметрична, то и основную систему также следует выбирать симметричной.

В геометрически симметричной системе, нагруженной симметричной внешней

нагрузкой, в сечении по оси симметрии все антисимметричные внутренние силовые факторы

( y x QQT ,, ) равны нулю, действуют только симметричные внутренние факторы ( N M M y x ,, ).

При нагружении геометрически симметричной системы антисимметричной внешней

нагрузкой в сечении по оси симметрии все симметричные внутренние силовые факторы

( N M M y x ,, ) равны нулю, действуют только антисимметричные внутренние факторы

( T QQ y x ,, ) .

Рассмотрим использование свойств симметрии на примерах.

Пример 4.5. Построить эпюры изгибающих моментов. Найти взаимный угол

поворота сечений а-а ( рис.4.7,а).

Решение. Данная рама дважды статически неопределима внутренним образом.

Вертикальные опорные реакции равны между собой, а горизонтальная равна нулю, поэтому

раму при данной нагрузке можно считать симметричной относительно оси в-в ( рис.4.7,б).

Выберем основную систему, разрезав раму по оси симметрии в шарнире ( рис.4.7,в).

При этом геометрическая симметрия не нарушается. Так как внешняя нагрузка симметрична,то в сечении по оси симметрии антисимметричный фактор (поперечная сила) Х2=0.

Эквивалентная система показана на рис.4.7,г. Дальнейшее решение задачи аналогично

предыдущим. Каноническое уравнение метода сил выражает равенство нулю взаимного

расхождения по горизонтали разрезанных концов рамы от внешней силы и внутренней силы Х1.

01111 =+ f X δ δ ,

В

Г Д Е

Ж З

А



89

Рис.4.6

X X EI EI

3

113

5)(2

3

2

2

11 lllllll =

⋅+⋅

=δ ,

X X

f EI

F F F

EI 242

24

1 3

1

lll

lll

l=

+

=δ ,

F X f

10

3

11

1

1 −=−=δ

δ .

Знак минус показывает, что направление действия сил 1 X противоположно

направлению действия единичных сил. После нахождения 1 X строим эпюру изгибающих

моментов ( рис.4.7,ж), обратим при этом внимание на то, что эпюра моментов при

симметричной нагрузке должна быть также симметричной. Для определения взаимного угла

поворота сечений а-а вначале выберем основную систему, использованную при раскрытии

статической неопределимости ( рис.4.7,в). Прикладываем к этой основной системе единичные моменты в направлении искомого относительного угла поворота и строим эпюру

изгибающих моментов ( рис.4.7,з). Перемножив суммарную эпюру ( рис.4.7,ж) на эпюру от

единичных моментов ( рис.4.7,з), находим взаимный угол поворота.

X X

аа EI

F F

EI 201

20

1 2l

ll

−=

−=−ϑ ,

Знак минус указывает на то, что взаимный поворот сечений а-а происходит в

направлении, противоположном единичным моментам на рис.4.7,з.

Г

В Б А

Е Д

Ж





91

l

M X

f

4

23

11

1

1 =−=δ

δ .

Рис. 4.8

Эпюра изгибающих моментов показана на рис.4.8,е. Проверим полученное решение.

Поскольку отсутствуют внешние связи, наложенные на раму, то для проверки можно найти

взаимные, заведомо равные нулю перемещения, например, взаимный угол поворота сечений

b-b ( рис.4.8,ж). Эпюра моментов показана на рис.4.8,з. Перемножив суммарную эпюру

( рис.4.8,е) на единичную ( рис.4.8,з), получим взаимный угол поворота

−⋅

+

−

=− 122

1

3

2

22

1

3

1

42

11lll

M M M

EI X

bbϑ

03

1

22

1

3

2

42

11

42

1=

+

−⋅

− lll M M M

.

Рассмотрим другой вариант проверки. Найдем расхождение разрезанных сечений с-с

рамы ( рис.4.8,и). Эпюра от единичных сил приведена на рис.4.8,к. Суммарная эпюра

изгибающих моментов ( рис.4.8,е) антисимметрична относительно диагонали δ δ − , а эпюра моментов от единичных сил ( рис.4.8,к) – симметрична. Следовательно, результат перемножения этих эпюр будет заведомо нулевым независимо от величин изгибающих

моментов на суммарной эпюре. Поэтому второй вариант не является проверкой. Иногда при

выборе симметричной основной системы лишние неизвестные оказываются

несимметричными ( рис.4.9,а). Основная система с лишними неизвестными 1 X и 2 X

показана на рис.4.9,б, а эпюра единичных изгибающих моментов 1 M и 2 M - на рис.4.9,в,г. В

таком случае прибегают к группировке неизвестных, смысл которой заключается в следующем. Учитывая, что у симметричной основной системы каждой неизвестной )( 21 X X

К

Ж З

Е Г Д

И

В

Б А



92

соответствует парная с ней однотипная симметрично расположенная неизвестная )( 12 X X ,

можно каждую неизвестную представить в виде двух парных (групповых) неизвестных

Рис. 4.9.

Рис. 4.10

211 X X X ′+′=

212 X X X ′−′= ,

где 1 X ′ - симметричная неизвестная; 2 X ′ - антисимметричная неизвестная.

Симметричная и антисимметричная единичные эпюры 1 M ′ и 2 M ′ показаны на рис.4.9,е,ж. На практике в случае симметричной нагрузки ( рис.4.10,а) показываются только

отличные от нуля симметричные неизвестные ( рис.4.10,б); в случае антисимметричной

нагрузки ( рис.4.10,в) показываются только отличные от нуля антисимметричные неизвестные ( рис.4.10,г).

Пример 4.7. Для системы, шесть раз статически неопределимой ( рис.4.11,а),

построить эпюру tot M и проверить решение.

Решение. Эта рама обладает двумя осями симметрии и загружена нагрузкой,

симметричной относительно вертикальной оси и антисимметричной относительно

горизонтальной оси симметрии. Симметричная эквивалентная система показана на

рис.4.11,б. Для нее из шести лишних неизвестных отличной от нуля является лишь одна групповая неизвестная 1 X , симметричная относительно вертикальной оси и

антисимметричная относительно горизонтальной оси.

Д Г

Ж Е

Б А

А

В Г



93

Рис. 4.11

Каноническое уравнение имеет вид

01111 =+ f X δ δ .

Эпюры единичного 1

M и грузового f

M моментов показаны на рис.4.11,в,г.

Единичное 11

δ , грузовое f 1

δ перемещения и неизвестная 1

X равны

X X EI EI

3

116

7

2223

2

232

14 lll

l

lll

=

+

=δ ,

( ) X X

f EI

F F

EI

3

1

2

22

2 llll −=

⋅−=δ ,

F EI EI

F X

X X

f

7

12

6

72 33

11

1

1 =

−=−=

ll

δ

δ .

Эпюра f tot M X M M += 11 показана на рис.4.11,д.

Как известно, деформационная проверка должна выполняться для любой основной

системы. Произведем ее для неизвестной i

X основной системы, показанной на рис.4.11,е.

Вычисляем взаимные перемещения сечений i-i в этой основной системе

07

1

3

2

7

6

2

1

3

1

7

6

2

12=

+

⋅−

⋅=− lllllllll F F F EI X

iiδ .

Как видно, деформационная проверка сошлась.

4.4. Смешанные системы

В смешанных системах, содержащих стержни рамного и ферменного типа, а также

перемещения пружины определяются с учетом деформаций всех стержней по формуле Мора.

∫ ∫∫ ++=l l

f

X

f

l X

f dZ

EA

N N dZ

GI

T T dZ

EI

M M 111δ . (4.2)

Е

Г

Б А

В

Д



94

В смешанной системе стержни, работающие только на растяжение - сжатие, выделяют

так: если стержень присоединен к раме через шарниры и нагружен только через эти

шарниры, то он всегда работает только на растяжение – сжатие. Раскрытие статической

неопределимости смешанной системы производится в том же порядке, что и рам.

Пример 4.8. Построить эпюру изгибающих моментов для рамы с тягой ( рис.4.12,а).

Точки а и в рамы связаны между собой податливым стержнем ав с жесткостью на

растяжение ЕА=20EIx/ l 2.

Рис. 4.12

Решение. Система один раз статически неопределима. В смешанных системах

рекомендуется выбирать основную систему путем разреза тяг или пружинных элементов

(они считаются невесомыми), а затем, если в этом возникает необходимость, удалять лишние

связи в рамных элементах. Выберем основную систему, разрезав тягу ( рис.4.12,б).Эквивалентна система представлена на рис.4.12,в, каноническое уравнение имеет вид

01111 =+ f X δ δ .

Эпюры единичного 1

M и грузового f

M моментов показаны на рис.4.12,г,д.

Единичное 11

δ и грузовое f 1

δ перемещения и неизвестная 1

X равны

( )[ ] X X X EI EI EI

3

21130

1311

20

2

23

2

22

14 ll

l

lll =⋅⋅+

=δ ,

X

ee

X

f

EI

qq

EI 422

1

2

2

2

1242

1

llll −=

−=δ ,

le

f q X

26

15

11

1

1 =−=δ

δ .

Суммарная эпюра изгибающих моментов приведена на рис.4.12,е. Деформационная проверка сходится.

4.5. Плоскопространственные рамы

Особенностью расчета плоскопространственных рам является отсутствие внутренних

силовых факторов, действующих в плоскости рамы. Кроме того, при вычислении

коэффициентов канонических уравнений необходимо учитывать помимо изгибающих также

и крутящие моменты. Рассмотрим примеры.

В Б А

Е Д Г



95

Пример 4.9. Построить эпюры моментов для рамы, изображенной на рис.4.13.

Проверить полученное решение. Поперечное сечение – труба, коэффициент Пуасонна

4/1=v .

Рис.4.13

Решение. В общем случае нагружения рама шесть раз статически неопределима. В

качестве основной выберем систему, разрезанную по оси симметрии ( рис.4.14,а). Так как

данная рама является плоскопространственной, то три фактора, действующие в плоскости

рамы ( x y Q M N ,, ), равны нулю. Кроме того, из условия симметрии антисимметричные

факторы ( yQT , ) также равны нулю. Поэтому в сечении по оси симметрии действует только

изгибающий момент 1 X M x = . Эквивалентная система показана на рис.4.14,б. Условие

эквивалентности записывается в виде

011111 =+ δ δ X .

Физический смысл этого уравнения заключается в том, что взаимный угол поворота разрезанных сечений от заданной нагрузки и от 1 X в плоскости, перпендикулярной

плоскости рамы, должен быть равен нулю. При вычислении коэффициентов канонических

уравнений потребуется связь между изгибной и крутильной жесткостью. Для трубы:

x p I I 2= ,

где х – любая центральная ось.

E E

G

5

2

)1(2

=

+

=ν

.

Окончательно

X X p EI I E GI 5

42

5

2== .

Для вычисления коэффициентов канонического уравнения построим эпюры

изгибающих и крутящих моментов с учетом симметрии на половине рамы ( рис.4.14,в,г).

( )[ ] ( )[ ] X p X EI GI EI

llll

4

911

11

111 =⋅+⋅=δ ,

X

ee

p

e

X

f

EI

qq

GI

q

EI

322

1

24

191

2

11

23

11 ll

ll

l−=

⋅

−

⋅

−=δ ,

le

f q X

54

19

11

1

1 =−=δ

δ .

Суммарная эпюра показана на рис.4.14,д. Для проверки полученного решения найдем

вертикальное перемещение опорного сечения. С этой целью приложим единичную нагрузку

к основной системе, показанной на рис.4.14,е, и построим эпюру ( рис.4.14,ж). Перемножив

суммарную эпюру на единичную ( рис.4.14,ж), получим

0254

812

54

82

23

21 222

1 =

−

−

= llllllll

le

p

ee

X

qGI

qq

EI v .



96

Заметим, что вычисление угла поворота того же опорного сечения в вертикальной

плоскости не может считаться проверкой, поскольку эпюра от единичного момента в

вертикальной плоскости будет антисимметрична ( рис.4.14,з) и при перемножении ее с

симметричной суммарной мы всегда получим результат, равный нулю.

Рис. 4.14

Пример 4.10. Построить эпюры моментов для плоскопространственной рамы

( рис.4.15). Поперечное сечение рамы - квадрат со стороны a .

Решение. В качестве основной выберем систему, разрезанную по оси симметрии

( рис.416,а). Так как рама – плоскопространственная, то факторы, действующие в плоскости

рамы ( N Q M x y ,, ), равны нулю. Из условия косой симметрии в сечении по оси симметрии

симметричный фактор x M также равен нулю.

Рис.4.15

Е Д

Г В

Б А

Ж З



97

Поэтому рассматриваемая рама дважды статически неопределима. Эквивалентная

система изображена на рис.4.16,б. Учитывая существование двух плоскостей симметрии, из условия равновесия ( рис.4.16,в) получим

021 =− l X X .

Записываем систему канонических уравнений

01212111 =++ f X X δ δ δ ,

02222121 =++ f X X δ δ δ .

Рис.4.16

Найдем вначале связь между изгибной и крутильной жесткостью для квадратного сечения

( рис.4.15). Считая коэффициент Пуассона равным 25,0=v ,

E v

E G

5

2

)1(2=

+= , 4141,0 a I t = ;

12

4a I X = .

Таким образом,48,1≈

t

X

GI

EI .

Перемножением соответствующих эпюр на половине рамы находим коэффициенты

канонических уравнений:

( )[ ] ( )[ ] X t X EI GI EI

lll

96,411

2121

111 =⋅+⋅=δ ,

( )[ ] X t X EI GI EI

3

1221

96,412

1122

2

11 lllll −=⋅−

⋅−== δ δ ,

( ) ( )[ ] X t X EI GI EI

3

22 21,1222213422

21

32

2121

lllllllllllll =⋅+⋅+ ⋅+ ⋅=δ ,

,01 = f δ

Б

Г В

А

Д

Ж

Е



98

X t X

f EI

M M

GI

M

EI

2

2

98,12

2

1

222

1 lll

ll =

+

=δ .

Подставляя найденные коэффициенты в первое каноническое уравнение, получим

021 =− l X X ,

что в точности совпадает с уравнением равновесия. Используя второе каноническое

уравнение, находим M X 27,01 −= ;l

M X 27,02 −= .

Суммарная эпюра изгибающих и крутящих моментов показана на рис.4.16,ж.

4.6. Статически неопределимые балки

При расчете многоопорных балок для удобства перемножения эпюр и определения

коэффициентов канонических уравнений выгодно в качестве основной выбрать систему с

шарнирами, врезанными над внутренними опорами. При этом многопролетная балка

расчленяется на ряд, не зависящих друг от друга однопролетных балок, эпюры моментов

для которых от заданных сил и единичных факторов получаются наиболее простыми.

Рассмотрим примеры.

Пример 4.11. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для балки

постоянной жесткости x

EI ( рис.4.17,а).

Решение. Рассматриваемая балка дважды статически неопределима. Рациональная

основная система показана на рис.4.17,б. Неизвестными являются взаимные моменты 1

X и

2 X , приложенные взамен связей, снятых врезанными шарнирами. Эквивалентная система

показана на рис.4.17,в. Условие эквивалентности заданной и эквивалентной систем

записываем в виде

01212111 =++ f X X δ δ δ ,

02222121 =++ f X X δ δ δ .

Физический смысл каждого из уравнений заключается в том, что взаимные углы поворотов сечений, соединенных шарнирами, равны нулю. Для каждой однопролетной

балки строим эпюры от сил заданных ( рис.4.17,г) и от единичных моментов, приложенных в

направлениях 1 X и 2 X ( рис.4.17,д,е). Перемножением соответствующих эпюр находим

коэффициенты канонических уравнений

x EI

l

3

22211 == δ δ ,

x EI

l

6

12112 == δ δ ,

X

ee

X

f EI

qq

EI 122

1

3

2

8

2 32

1

ll

l=

=δ ,

X

ee

e

X

f EI

qq

q

EI

32

28

1

2

1

3

1

2

1

83

21 llll

l−=

−

=δ .

Решение системы канонических уравнений дает

2

160

11leq X −= ; 2

230

7leq X = .

С учетом найденных значений 1 X и 2 X для каждой однопролетной балки строим эпюры

изгибающих моментов и поперечных сил, совместив которые, получаем эпюры изгибающих

моментов и поперечных сил для всей балки ( рис.4.17,ж,з).Для проверки решения задачи найдем перемещение опорного сечения, используя

дифференциальное уравнение изогнутой оси балки.

−−

+−++=6

)(

60

96

24660

19 343l

ll z

q z q z

qCz Dv EI ee

e X



99

6

)3(

60

134

24

)2(

6

)2(

60

69 343l

lll

l −

+−

+−

− z

q z q z

q ee

e .

Рис. 4.17

Реакции опор показаны на рис.4.18. Постоянные D и C найдем из граничных условий:

1) при 0= z 0=v , отсюда D=0;

Рис. 4.18

2) при l z = 0=v , отсюда

24660

1943

llll e

e

qqC D −+= , тогда

90

3leq

C −= .

Если задача решена верно, то прогиб при l2= z должен быть равен нулю:

0660

96

24

16

6

8

60

192

90

3433

=+−+−= l

lll

lll

ee

ee

X qq

qq

v EI ε .

Пример 4.12. Найти угол поворота сечения c балки постоянной изгибной жесткости

x EI (4.19,а).

Решение. Данная балка также дважды статически неопределима. Поскольку

горизонтальная реакция в левой опоре равна нулю, то балка симметрична. В качестве

основной выбираем систему, разрезанную по оси симметрии ( рис.4.19,б). Так как внешняя

нагрузка антисимметрична, то в сечении по оси симметрии действует только

антисимметричный фактор (поперечная сила) 1 X .Эквивалентная система показана на рис.4.19,в. Неизвестную силу 1 X определим из

канонического уравнения.

А

Б

В

Г

Д

Е

Ж



100

01111 =+ f X δ δ .

Рис. 4.19

Эпюра изгибающих моментов от сил заданных показана на рис.4.19,г, от единичной

силы, приложенной в направлении 1 X , - на рис.4.19,д. Перемножением соответствующих

эпюр находим коэффициенты

X EI 3

3

11

l=δ ,

X

f EI

M

4

2

1

l=δ .

Тогда

l

M X

f

4

3

11

1

1 −=−=δ

δ .

Суммарную эпюру строим сложением эпюры от заданной нагрузки с единичной эпюрой,

умноженной на величину 1 X ( рис.4.19.е).

Для определения угла поворота сечения с к основной системе прикладываем единичный

момент ( рис.4.19,ж) строим эпюру от единичного момента ( рис.4.19,з) и перемножаем ее с

суммарной эпюрой ( рис.4.19,е)

X X

c EI

M M M

EI 86

1

42

1

3

1

22

12 lll =

−

=ϑ .

К такому же результату приходим при использовании основной системы, показанной на рис.4.19,и. Эпюра от единичного момента представлена на рис.4.19,к.

X X

c EI

M M M

EI 81

42

11

22

11 lll =

−

=ϑ .

Пример 4.13. Для заданной на рис.4.20,а балки постоянной жесткости x

EI построить

эпюру изгибающих момента x

M .

Решение. Рассматриваемая балка четыре раза статически неопределима. Как известно,

наиболее рациональной основной системой для многопролетной балки является балка с

врезанными в надопорные сечения шарнирами.

Поскольку данная симметричная балка загружена антисимметричной нагрузкой,

необходимо, используя симметрию балки, выбирать основную систему также симметричной.

Основная система с врезанными шарнирами удовлетворяет этому требованию. Однако

единичные лишние неизвестные – изгибающие моменты в надопорных сечениях – не

А

Б

В Г

Д

Е

Ж

З



101

удовлетворяют условиям симметрии. Произведем группировку неизвестных, представляя

каждую пару симметрично расположенных относительно середины балки одиночных

неизвестных в виде симметричных и антисимметричных групповых неизвестных. Поскольку

нагрузка антисимметрична, симметричные групповые неизвестные обратятся в нуль.

Рис. 4.20

На рис.4.20,б показана эквивалентная система с отличными от нуля

антисимметричными неизвестными. Канонические уравнения имеют вид

01212111 =++ f X X δ δ δ ,

02222121 =++ f X X δ δ δ .

Единичные 1 M и 2 M эпюры и грузовая f M эпюра моментов представлена на

рис.4.20,в,г,д. Коэффициенты канонических уравнений

X EI 3

411

l=δ ;

X EI

l=22δ ;

X EI 32112

l== δ δ ;

X

f EI

F

8

2

1

l−=δ ; 02 = f δ .

Подставляя их в канонические уравнения, получаем

l F X 88

91 = ; l F X

88

32 −=

Суммарную эпюру изгибающего момента ( рис.4.20,е) построим, складывая эпюры

момента f M в основной системе от нагрузки и лишних неизвестных 11 X M , 22 X M :

2211 X M X M M M f tot ++= .

Перемножение суммарной эпюры на любую единичную дает нуль, что говорит о

правильности полученного решения.


Задача 4.1. Построить эпюру изгибающих моментов для плоской рамы. Проверить полученное решение ( рис.4.21,а).

Задача 4.2. Построить эпюру изгибающих моментов для плоской рамы ( рис.4.21,б).

Проверить решение.

Задача 4.3. Построить эпюру изгибающих моментов для плоской рамы. Найти

взаимный угол поворота сечений а-а ( рис.4.22,а).Задача 4.4. Построить эпюру изгибающих моментов для плоской рамы. Найти

вертикальное перемещение шарнира ( рис.4.22,б).

А

Б

В

Г

Д



102

Рис.4.21

Задача 4.5. Построить эпюру изгибающих моментов для плоской рамы ( рис.4.22,в).

Проверить решение.

Задача 4.6. Построить эпюры моментов для плоско пространственной рамы

( рис.4.23,а). Проверить решение.

Рис. 4.22

Задача 4.7. Построить эпюры моментов для плоско пространственной рамы

( рис.4.23,б), используя свойство симметрии. Проверить решение. Поперечное сечение рамы

– квадрат.

Рис.4.23.

Задача 4.8. Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для балки

( рис.4.24,а). Найти перемещение сечения к.


( рис.4.24,б). Проверить решение.


( рис.4.24,в). Найти угол поворота сечения К.

Рис.4.24

Б

А В

Б А

Б

В

А Б

Б



103

Задача 4.11. Определить вертикальное перемещение сечения в с учетом продольной

деформации стержня ав ( рис.4.25,а,б,в), если 2

l EA EI X

= .

Задача 4.12. Для плоских рам, заданных на рис.4.26,а,б определить вертикальные

перемещения сечения к. Жесткость стержней const EI X

= .

Рис.4.25

Рис.4.26

А Б

В

Б



104

Глава 5. Расчеты на прочность при сложном напряженном состоянии

5.1. Краткие сведения из теории

Основные прочностные характеристики материала: u yu y τ τ σ σ ,,, для расчета на

прочность при простом напряженном состоянии устанавливаются экспериментально. При

растяжении и изгибе стержней и наиболее напряженных точках имеет место линейное

напряженное состояние. При кручении все точки стержня находятся в состоянии чистого сдвига.

Сложным называется любое напряжение состоянии, кроме простого. Для вычисления

эквивалентного напряжения eq

σ необходимо знать главные напряжения 321 σ σ σ ≥≥ . если

известно одно из главных напряжений ( рис.5.1,а), то остальные два определяются по

формуле для плоского напряженного состояния

2

2

22maxmin

τ σ σ σ σ

σ +

−±

+= Z x Z x ,

а положение двух других главных площадок

z x

tg σ σ

α −

−= 22 .

По гипотезе пластичности Треска-Сен-Венана, Хубера-Мизеса и теории Мора эквивалентные напряжения соответственно равны

31 σ σ σ −=eq

[ ]2

13

2

32

2

21 )()()(2

1σ σ σ σ σ σ σ −+−+−=eq ,

31 σ σ σ k eq −= ,

где yc yt k σ σ /= или ucut

k σ σ /= .

В точках поперечного сечения стержня, испытывающего одновременно изгиб,

кручение и растяжение – сжатие, возникает так называемое «упрощенное» плоское

напряженное состояние ( рис.5.1,б). Это частный случай плоского напряженного состояния,

часто встречающееся в инженерной расчетной практике. Поэтому eq

σ здесь сразу выражают

через напряжения изгиба x x W M /=σ и кручения pW T /=τ ( рис.5.1,б), не определяя главные

напряжения

Рис.5.1

Для пластичных материалов с одинаковыми пределами текучести yc yt

σ σ = при

растяжении и сжатии эквивалентные напряжения вычисляют, используя теории

начала текучести: по теории максимальных касательных напряжений Треска-Сен-Венана 22 4τ σ σ +=eq ,

по энергетической теории Хубера – Мизеса 22 3τ σ σ +=eq .

(5.1)

(5.2)

(5.3)

(5.4)

(5.5)

А Б



105

Так как для стержней круглого поперечного сечения

x

y x

x

tot

W

M M

W

M 22 +

==σ ,t W

T =τ , a xt W W 2= ,

то формулы (5.7) и (5.8) приводятся соответственно к выражениям:

x

y x

eqW

T M M 222 ++

=σ - (теория максимальных касательных напряжений),

x

y x

eqW

T M M 222

4

3++

=σ - (энергетическая теория)

Для материалов с различными пределами текучести на растяжение и сжатие

используется теория начала текучести О.Мора

22 42

1

2

1τ σ σ σ +

++

−= y y

eq

k k ,

где yc y yk σ σ /= .

Для хрупких материалов эквивалентные напряжения вычисляют по теории

разрушения О.Мара:

22 42

1

2

1τ σ σ σ +

++

−= uu

eq

k k .

где ucut uk σ σ /= .

При расчете на прочность определяется эквивалентное напряжение eqσ , зная которое

можно вычислить коэффициент запаса по текучести или разрушению, или использовать

условие прочности для конструкторского расчета [1,2].Коэффициент запаса вычисляется по формулам начала текучести

eq

yt

ynσ σ = ,

по разрушению

eq

yt

unσ

σ = .

Условие прочности имеет вид

admeq σ σ ≤max, .

Рассмотрим примеры расчета стержней в общем случае нагружения.

5.2. Примеры расчета

Пример 5.1. Найти коэффициент запаса y

n для круглого стержня, показанного на

рис.5.2,а. Величны yc yt σ σ = , F , d - заданы; d 10=l .

Решение. Приводим внешние силы к центру тяжести торца стержня ( рис.5.2,б) и

строим эпюры изгибающих и крутящих моментов ( рис. 5.2.,в,г). Очевидно наиболее опасным

является сечение, расположенное у заделки. В этом сечении Fd M x 20= , Fd M y 10= ,

Fd T 2= .

Складываем изгибающие моменты геометрически ( рис.5.2,д). Так как сечение

круглое, то косого изгиба нет. Поэтому нейтральная линия перпендикулярна моментной, а

наибольшие нормальные напряжения возникают в точках a и b ( рис.5.2,д).

При кручении наибольшие касательные напряжения действуют в площадках,

расположенных у контура сечения, в том числе в точках a и b . Следовательно, наиболее

опасными являются точки a и b . Суммарный изгибающий момент.

(5.6)

(5.7)

(5.8)

(5.9)

(5.10)

(5.11)

(5.12)



106

22

y xtot M M М += .

Нормальное напряжение в точках a и b

)32/(

5103

22

d

Fd

W

M M

W

M

x

y x

x

tot

π σ =

+== .

Максимальное касательное напряжение

)16/(

23d

Fd

W

T

t π τ == .

Для вычисления эквивалентного напряжения используем энергетическую теорию

(формула 5.10)

2

222

22 1144

3

3d

F

W

T M M

x

y x

eq =++

=+= τ σ σ .

Коэффициент запаса равен

F

d

n yt

eq

yt

y114

2σ

σ

σ

== .

Рис.5.2

Отметим в заключение, что использованная формула (5.7), так же как и (5.6) для

вычисления эквивалентных напряжений, справедлива только для стержней круглого

(сплошного или полого) поперечного сечения.

Пример 5.2. Найти размер a поперечного сечения рамы, изображенной на рис.5.3,а.

Дано: 200=admσ МПа; 5,0=l м; 5= F кН; 4102 ⋅=eq Н/м.

Решение. Построим эпюры изгибающих и крутящих моментов ( рис.5.3,б). Анализируя

эпюры моментов, приходим к выводу, что наиболее опасными сечениями рамы являются

сечения 1 и 2.

Вычислим геометрические характеристики сечения ( рис.5.3,а).

,3

2

12

)2( 43

aaa

I X == 34

max 3

23/2a

a

a

y

I W x

x === ,

612

2 43 aaa I y =

⋅= ,

3)2/(

)6/( 34

max

a

a

a

x

I W

y

y === , ,2

23

2 aaaW t ≈⋅⋅= α

4

1=α .



107

Рис.5.3

Рассмотрим сечения 1 и 2. Сечение 1 ( рис.5.3,в).

Нормальные напряжения

3

2

,

3

a

q

W

M e

t

xba

l==σ ;

3

2

,

3

a

q

W

M e

y

y

ca

l==σ .

Касательные напряжения

0=aτ ;3

22

a

q

W

T e

t

c

l==τ ; ccb τ ητ τ 8,0== ,

(η - коэффициент из табл.2.3).

Точка a ( рис.5.3,г). В точке a суммируются нормальные напряжения, касательные

равны нулю:

3

26

a

l q

W

M

W

M e

y

y

x

xacaba =+=+= σ σ σ , 0=aτ .

Напряженное состояние – линейное с главным напряжением a

σ σ =1

, поэтому

3

2

,

6

a

qeaeq

l=σ .

Точка c ( рис.5.3,д):

3

2

3

3 leacс

q== σ σ ,

3

22

a

qec

l=τ .

Напряженное состояние – упрощение плоское, поэтому

3

2

3

222

,

59,44393

a

q

a

q eeccceq

ll≈⋅+=+= τ σ σ .

Точка b ( рис.5.3,е):

ce

babaq σ σ σ === 3

2

, 3 l

, cb τ τ < .

З Ж

А

В

Г Д Е



108

Напряженное состояние также упрощенное плоское, но ceqbeq ,, σ σ < , следовательно, точка b

менее опасна, чем точка c .

Таким образом, наиболее опасной в сечении 1 является точка a :

3

2

,

6

a

qeaeq

l=σ .

Рассмотрим сечение 2 ( рис.5.3,ж). Нормальные напряжения:

3

2

,2

3

a

q

W

M e

x

xba

l==′′σ ;

3

2

,

3

a

q

W

M e

y

y

ca

l==′′σ .

Касательные напряжения:

3

2

4a

q

W

T e

t

c

l==′τ ; cb ′′ < τ τ .

В точке a′ нормальное напряжение

ae

cabaaa

qσ σ σ σ <=+= ′′′′′ 3

5,4 l

,

т.е. точка a′ менее опасна, чем точка a .В точке b′ и нормальные напряжения и касательные меньше, чем в точке c′ , т.е.

точка b′ менее опасна, чем точка c′ . Вычислим эквивалентное напряжение в точке c′ :

3

23

a

qecaс

l== ′′′ σ σ ,

3

24

a

qec

l=′τ ,

3

222

, 55,73a

qeccceq

l=+= ′′′ τ σ σ , aeqceq ,, σ σ >′ .

Следовательно, наиболее опасной точкой рамы является точка c′ сечения 2. Размер a

найдем, используя условие прочности для точки c′

adme

admceqa

q σ σ σ ≤→≤′ 3

2

, 55,7 l

.

Приравнивая левую и правую части неравенства, получим

2

8

24

3

2

1035,4102

1025,010255,755,7 −−

⋅≈⋅

⋅⋅⋅⋅==

adm

eqa

σ

l м. 45=a мм.

Пример 5.3. Вычислить коэффициент запаса для рамы, изображенной на рис.5.4,а.

Дано: 250== yc yt σ σ МПа; 500= M Нм; 31025 −⋅=ma ; 25,0=v .

Решение. Для вычисления коэффициента запаса следует найти максимальные

эквивалентные напряжения, для чего, в свою очередь, необходимо построить эпюры

изгибающих и крутящих моментов. Поскольку данная рама статически неопределима, то на

первом этапе решения задачи раскроем статическую неопределимость.Данная плоскопространственная рама трижды статически неопределима. Учитывая

симметрию геометрии рамы и антисимметрию внешней нагрузки, выберем основную

систему, разрезав раму по плоскости симметрии. Эквивалентная система показана на

рис.5.10,а. Изгибающий момент в плоскости симметрии равен нулю, поскольку внешняя

нагрузка антисимметрична.Найдем геометрические характеристики сечения ( рис.5.11). Момент инерции для

коробчатого сечения вычислим как сумму моментов инерции четырех прямоугольников.

33

10

1212

)2(2

432

33

mmmm

mm x

at ataa

t aat I ==

++= ,

3

)3/( 34

max

m

m

m x x

a

a

a

y

I W === ,



109

43222

15

4

3

8

6

)2(44mm

m

mt at a

a

t a

t

dS

A I ====

∫,

32

5

2222 mma at a At W =⋅⋅⋅== .

Рис.5.4

Найдем связь между изгибной и крутильной жесткостями:

E E

v

E G

5

2

4

112

)1(2=

+=

+= ;

8

25

15

4

3

23

4

4

==

m

m

t

x

a E

a

E

GI

EI .

Неизвестные 1

x и 2

x найдем из решения системы конических уравнений

01212111 =++ f x x δ δ δ ;

02222121 =++ f x x δ δ δ .

Для нахождения коэффициентов системы канонических уравнений построим эпюры

от заданной нагрузки и от 11 = x и 12 = x ( рис.5.4,в,г,д) для половины рамы.

Перемножая эпюры изгибающих и крутящих моментов по методу Мора-Верещагина,

вычислим коэффициенты системы канонических уравнений:

А

В

Г Д

Е

Ж З



110

[ ] xt x EI GI EI

3

1124

911

3

2

2

12 lllllll =⋅⋅+

⋅=δ ,

( )[ ] [ ] xt x EI GI EI

lll

8

3311

111

122 =⋅⋅+−=δ ,

x x EI EI 212

11 2

2112

lll

−=

⋅−== δ δ ,

( )[ ] x x x

f EI

M M

GI M

EI

2

18

281

4

3

2

1 llll

l−=⋅−

⋅−=δ ,

02 = f δ .

Решая систему канонических уравнений, находим неизвестные х1 и х2

ll

M M x 938,0

985

9241 ≈= , M M x 114,0

985

1122 ≈= .

Эпюры изгибающих и крутящих моментов показаны на рис.5.4,е. По эпюре находим

опасные сечения 1 и 2. Рассмотрим сечение 1 ( рис.5.4,ж). Так как толщина по контуру

сечения постоянна, то касательные напряжения одинаковы во всех точках контура.Наибольшие нормальные напряжения возникают в точках a и b , наиболее удаленных от нейтральной оси Х ( рис.5.4,з).

3347,2

)3/(

824,0

mm x

xa

a

M

a

M

W

M ≈==δ ,

33155,0

4,0

062,0

mmt

aa

M

a

M

W

T ≈==τ

Эквивалентное напряжение

3

22

, 48,23

m

aeqa

M =+= τ σ σ .

Компоненты напряженного состояния в точке a′ (аналогичной точке a ) сечения 2

3359,1

)3/(

53,0

mm x

xa

a

M

a

M

W

M ≈==′σ .

33285,0

4,0

114,0

mmt

aa

M

a

M

W

T ≈==′τ ,

3

23

, 67,13m

aeqa

M =+=′ τ σ σ .

Так как aeqaeq ′> ., σ σ , то наиболее опасной является точка a сечения 1. Вычисляем

максимальное эквивалентное напряжение в точке a сечения 1

6,79)105,2(

50048,248,2

323, =⋅

==−

m

aeqa

M σ МПа.


1,36,79

250≈==

eq

yt

ynσ

σ .

Пример 5.4. Брус, помещенный в герметичную камеру, нагружен парами сил и

давлением ( рис.5.5,а). Определить коэффициент запаса по текучести y

n . Дано: 30= M

Нм; 150= p МПа; 10=d мм; 300= yt σ МПа; 400= ycσ МПа.

Решение. Все точки сечения 1-1 ( рис.5.5,б) равноопасны, все площадки – главные.Напряженное состояние в точке a ( рис.5.5,б):

01 =σ , p−== 32 σ σ .



111

Эквивалентное напряжение в точке a по теории Мора (5.3)

5,112)150(400

3000, =−−=aeqσ МПа.

Рис.5.5

В сечении 2-2 наиболее нагружены периферийные точки ( рис.5.5,в). Напряженное состояние в точке b ( рис.5.5,в):

pW

T =

maxτ , где

16

)2,1( 3d W p

π = ,

4,88)102,1(

1630

32max

=⋅

⋅=

−π τ МПа.

Определяем напряжение z

σ из условия равновесия элемента бруса ( рис.5.5,г)

∑ = ,0 Z F ( )[ ] 04

)2,1(2,1

4

2

2

22 =+−−d

d d p π

σ π

,

откуда

8,45306,02,1

1

2

==

−= p

d

d p Z σ МПа.

В исходном напряженном состоянии ( рис.5.5,в) одно главное напряжение известно,

150−=r σ МПа,

два других главных напряжения находим по формуле (5.1)

1039,973,882

8,45150

3

8,45150 2

2

maxmin

±−=+

+−±

−−=σ .

Учитывая, что 1

σ >2

σ >3

σ , получаем

1,51 =σ МПа; 1502 −=σ МПа; 2013 −=σ МПа.

Эквивалентное напряжение в точке b

156)201(75,01,5, =−−=beqσ МПа.

Так как ceqbeq ,, σ σ > , то коэффициент запаса

9,1156

300

,

===beq

yt

ynσ

σ .

В

Б А

Г



112

Пример 5.5. Трубка нагружена силой F и внутренним давлением , как показано на

рис.5.6,а. Требуется определить наибольшее эквивалентное напряжение по теории Хубера-

Мизеса. Дано: 7= F кН; 10= p МПа; 5,1=l м; 1=a м; 20= D 100=δ мм; yc yt σ σ = .

Решение 1. Под действием силы F в поперечном сечении трубки возникают изгибающий момент

x M и крутящий момент т ( рис.5.6,б). Для опасного сечения,

расположенного у заделки 5,10== l F M x кН⋅м; 7== FaT кНм.

Напряженное состояние в точке a ( рис.5.6,в)

x

x

W

M =maxσ , где

4

2δ π DW x = ,

267)1,0(

204105,103

3

max =⋅⋅⋅

=π

σ МПа. pW

T =τ ,

где

2

2δ π D

W p = , 1,89)1,0(

202107

3

3

=

⋅⋅⋅

= π τ МПа.

2. Под действием внутреннего давления p в трубке ( рис.5.6,г) возникают

меридиональные m

δ и окружные t

δ напряжения. Все точки сечения равноопасны.

Напряженное состояние в точке a ( рис.5.6,г)

504

2010

4=

⋅==

δ σ

pDm МПа, 100

2

2010

2=

⋅==

δ σ

pDt МПа.

3. Суммарное напряженное состояние в точке a ( рис5.8,д)

31750267max =+=+= m Z σ σ σ МПа, 100== t x σ σ МПа.

Здесь одно главное напряжение известно и равно

0=глσ ,два других по формуле (5.1)

4,1405,2081,892

100317

2

100317 2

2

maxmin

±=+

−±

+−σ .


9,3481 =σ МПа; 1,682 =σ МПа; 03 =σ .

Эквивалентное напряжение в точке a по формуле (5.3)

( ) ( ) ( )[ ] 3202

1 2

13

2

32

2

21 =−+−+−= σ σ σ σ σ σ σ уй МПа.


Задача 5.1. Найти коэффициент запаса по текучести ( рис.5.7,а). Дано: 400= yσ МПа;

m Fd M 15= ; 31040 −⋅=md м; 5,0= F кН.

Задача 5.2. Найти коэффициент запаса для стержня ( рис.5.7,б). Дано mb10=l ; 1= F

кН; 31020 −⋅=mb м; 500= yσ МПа.

Задача 5.3. Какое из двух напряженных состояний ( рис.5.8,а) опаснее? Материал

пластичный, yc yt σ σ = .

Задача 5.4. В окрестности точки М бруса, подверженного чистому растяжению

( рис.5.8,б), вырезан элементарный прямоугольный параллелепипед с гранями, не

совпадающими с поперечными и продольными сечениями. Чему равны главные

напряжения?



113

Рис.5.7

Рис. 5.8

Задача 5.5. На грани сплошного однородного прямоугольного параллелепипеда

( рис.5.8,в) нарисован прямоугольный треугольник с высотой h и основанием a . Как

изменится площадь треугольника, если параллелепипед подвергнуть действию

всестороннего давления ? Постоянные и v материала известны.

Задача 5.6. Найти размер a из расчета на прочность ( рис.5.9,а). Дано: 5= F кН;5,0=l м; 200=admσ МПа.

Задача 5.7. Найти размер b из расчета на прочность ( рис.5.9,б). Дано: 5,0=l м;

400= yt σ МПа; 500= ycσ МПа; 2= yn ; 3,0=v ; 5= F кН;

Задача 5.8. Найти размер m

b из расчета на прочность ( рис.5.10,а). Дано: 500=l мм;410=eq Н/м; 400= yt σ МПа; 500= ycσ МПа; 2= yn .

Рис.5.9 Рис.5.10

Задача 5.9. Из расчета на прочность найти допускаемое значение момента adm

M

( рис.5.10,б). Дано: 3,0=v ; 150=admσ МПа; 2103 −⋅=d м.

А

В

Б

А Б



114

Глава 6. Устойчивость продольно - сжатых стержней

6.1. Метод Эйлера определения критических нагрузок

В данной главе рассматривается устойчивость центрально - сжатых стержней с

прямолинейной осью, а также устойчивость рам, составленных из стержней с

прямолинейной осью [3]. Под устойчивостью понимается способность стержня возвращаться в исходное прямолинейное состояние после снятия нагрузки. Критической называется

нагрузка, при которой исходная форма равновесия сжатого стержня становится

неустойчивой.

При решении задачи по методу Эйлера ось стержня считается идеально прямой,

нагрузка действует строго по оси. При отклонении стержня от исходной (прямолинейной)

формы нагрузка сохраняет свое направление. Такую нагрузку часто называют «мертвой».

Кроме этого предполагается, что материал стержня – линейно упругий. Отклонения стержня

от исходного состояния предполагаются малыми.

В соответствии с методом Эйлера составляется дифференциальное уравнение изогнутой оси стержня и находятся те нагрузки, при которых существуют ненулевые

решения этого уравнения (то есть нагрузки, при которых появляются новые криволинейные формы равновесия). Найденная таким образом нагрузка считается критической.

Следовательно, в методе Эйлера под критической понимается та нагрузка, при которой

происходит смена форм равновесия.

Формула Эйлера для вычисления критической нагрузки для различных стержней

записывается в виде:

2

min

2

)( l

EI F cr

µ

π = ,

где Е – модуль упругости материала стержня;min

I - минимальный момент инерции

поперечного сечения стержня; l - длина стержня; - коэффициент приведения длины.

Коэффициент зависит от особенностей приложения сжимающей нагрузки и условий

закрепления стержня.

Для простейших случаев нагружения и закрепления стержней коэффициент µ , а

следовательно, и критическая нагрузка, может быть найден из выражения

n

1=µ ,

где n - число полуволн, образующихся при потере устойчивости стержня.

На рис.6.1 показано несколько видов закрепления стержня и указаны

соответствующие значения коэффициента приведения длины .

Рис.6.1

Формулу Эйлера (6.1) можно использовать, если материал стержня подчиняется

закону Гука. Для материалов, имеющих начальный линейный участок диаграммы сжатия,условие применимости формулы Эйлера записывается в виде:

(6.1)



115

pr cr σ σ ≤ или pr

E σ

λ

π ≤

2

2

,

где A

F cr cr =σ - критическое напряжение в стержне;

mini

M l=λ - гибкость стержня;

A

I

imin

min = - минимальный радиус инерции поперечного сечения стержня.

Используя условие (6.2), можно найти предельное значение гибкости pr

λ стержня:

pr

pr

E

σ π λ = .

Если гибкость стержня λ выше предельной pr

λ , то для вычисления критической

нагрузки можно использовать формулу Эйлера (6.1). Если же гибкость стержня ниже предельной, то для вычисления критических напряжений можно рекомендовать

эмпирическую формулу:

2

2

)( pr

pr yc ycсr λ λ σ σ σ σ −−= .

Зависимость cr

σ от λ показана на рис.6.2.

Рис.6.2

Пример 6.1. Найти для следующих стоек ( рис.6.3).

Рис.6.3

В случае a очевидно 1= .

В случае б при потере устойчивости образуется половина полуволны и поэтому 2/1=n и

=2.

В случае в образуется две полуволны 2=n и =2.

В случае г возникает половина полуволны и 2= . Критическая нагрузка будет равна.

2min

2

2min

2

2min

2

16)22()( lll

EI EI EI F cr

π π

µ

π

=⋅⋅== .

(6.2)

(6.3)

(6.4)

А Б В Г

Д



116

В случае д стержень изгибается с образованием 2-х одинаковых полуволн 2=n ,

поэтому 2/1= .

Пример 6.2. Найти критическую нагрузку для стержня, изображенного на рис.6.4,а.

Решение. Составим дифференциальные уравнения упругой линии стержня

11 Fvv EI −=′′ , 2/0 l≤≤ z .

Ff v EI −=′′2 , ll ≤≤ z 2/ .

Рис.6.4

Полагая 2

k EI

F

= , получим

01

2

1 =+′′ vk v ,

f k v 2

2 −=′′ .

Решения уравнений имеют вид

kz C kz C v cossin 211 += ,

43

22

22

1C z C fz k v ++−= .

Граничные условия:

0= z 01 =v , 02 =C .

2/l= z f vv == 21 ,

21vv ′=′ ,

l= z 02 =′v .

Используя граничные условия, получим систему алгебраических уравнений

относительно постоянных интегрирования (включая )

01002

sin 431 =⋅−⋅+⋅+ f C C C k l

,

0)18

(12

02

2

431 =+−⋅++⋅ f k C C C ll

,

02

012

cos2

431 =+⋅+⋅−⋅ f k

C C C k

k ll

,

0010 2

431 =⋅⋅−⋅+⋅+⋅ f l k C C C .

Полученная система линейных однородных алгебраических уравнений имеет нулевые

решения: 04321 ===== f C C C C . Но тогда функция v тождественно равна нулю и стержень

имеет прямолинейную форму равновесия.

Нас же интересуют такие ненулевые решения, которые соотвествуют криволинейной

форме равновесия. Для получения ненулевых решений приравниваем нулю определитель

системы уравнений

Раскрывая определитель, получим трансцендентное уравнение

22

ll k k ctg = .

A Б



117

2sin

lk 0 0 -1

0 2/l 1 )18

(2

2 +− l

k

2

cos lk

k ⋅ -1 0

2

2lk

0 1 0 l2

k −

Это уравнение может быть решено графически, либо численно. Наименьший корень,

отличный от нуля

86,02/ ≈lk .

Отсюда критическая нагрузка

2

2

2

2

2

2

)()826,1(

72,1

lll

µ

π π

π

π EI EI EI F cr ==

= ,

где 826,1= .

Пример 6.3. Найти критическую нагрузку для стержня, имеющего ступенчатую

жесткость ( рис.6.5,а).

Рис.6.5

Решение. Составим дифференциальные уравнения изогнутой оси стержня каждого

участка ( рис.6.5,б:

z Ff

Fvv EI l

+−=′′113 , 2/0 l≤≤ z .

)(2 z Ffl

v EI −−=′′ l , ll ≤≤ z 2/ .

Общие решения этих уравнений

z f

kz C kz C vl

++= cossin 211 , 2/0 l≤≤ z .

43

32

2

6

)(3 C z C

z f k v ++

−−=

l

l

, ll ≤≤ z 2/ .

EI

F k

3

2 = .

Граничные условия:

0= z 01 =v ,

2/l= z f vv == 21 ,21

vv ′=′ ,

l= z 02 =v .

Используя граничные условия, получим систему однородных алгебраических

уравнений относительно постоянных интегрирования i

C и прогиба середины стержня :

000010 4321 =⋅+⋅+⋅+⋅+⋅ C C f C C ,

00021

2cos

2sin 4321 =⋅+⋅+−⋅+⋅ C C f C k C k ll ,

А Б

=0.



118

012

)16

1(00 43

22

21 =⋅+++−⋅+⋅ C C f k

C C ll

,

001)8

31(

2

1

2sin

2cos 43

22

21 =⋅+⋅−⋅−+⋅⋅−⋅⋅ C C f k C k

k C k

k lll

.

01000 4321 =⋅+⋅+⋅+⋅+⋅ C C f C C l

Условием существования ненулевых решений является равенство нулю определителя,составленного из коэффициентов системы уравнений:

0 1 0 0 0

2sin

lk

2cos

lk

2

1− 0 0

0 0 )16

11( 22

lk +−2

l 1

2cos

lk k

2sin

lk k − )

8

31(

2

1 22lk − -1 0

0 0 0 l 1

Раскрывая определитель, приходим к трансцендентному уравнению

3)2/(

)2/(

2 2 −=

l

ll

k

k k tg .

Наименьший ненулевой корень этого уравнения 68,12

≈lk

. Отсюда

293,16

l

EI F cr ≈ .

Пример 6.4. Найти зависимость критической нагрузки от жесткости опоры c для

стойки, изображенной на рис.6.6,а.

Рис.6.6

Решение. Дифференциальное уравнение изогнутой оси стержня имеет вид

)()( z cf v f F v EI −−−=′′ l или

z EI

cf

EI

cf f k vk v +−=+′′ l

22 , EI

F k =2 .

Решение этого уравнения ищем в виде

z EI k

cf

EI k

cf f kz Bkz Av ⋅+−++=

22cossin l .

Граничные условия, которым должно удовлетворять решение дифференциального

уравнения:

0= z 0=v ,

0= z 0=′v ,l= z f v = .

Б

=0.



119

Используя эти условия, приходим к системе линейных однородных алгебраических

уравнений относительно f B,, :

0)1(2

=⋅−+ f EI k

C B

l,

02

=⋅+ f

EI k

C kA .

0cossin =+ ll k Bk A .

Условием существования ненулевых решений (т.е., нагрузок, при которых стержень

может быть изогнутым) является равенство нулю определителя этой системы

0 1 )1(2 EI k

С l−

k 0 EI k

C 2

lk sin lk cos 0

Раскрывая этот определитель, приходим к трансцендентному уравнению

относительно lk , зависящему от жесткости опоры c

3

3)(l

lllC

EI k k tgk −= .

На рис.6.7,а представлены графики правой и левой части полученного

трансцендентного уравнения. Пунктиром показаны графики правой части уравнения при

различных значениях жесткости опоры c .

При ∞→c наименьший корень 49,4≈lk и

2

2

)7,0( l⋅=

EI F cr

π ,

при 0→c наименьший корень

2

π =lk и

2

2

)2( l

EI F cr

π = .

График зависимости безразмерного параметра критической нагрузки ( lk ) от

безразмерной жесткости опоры EI

cc

2l

= показан на рис.6.7,б.

Пример 6.5. Найти критическую нагрузку для плоской рамы, изображенной на

рис.6.8,а.

Решение. В зависимости от соотношения жесткостей и длин рама может потерять

Рис.6.7

б

=0.



120

устойчивость по симметричной или антисимметричной форме. Рассмотрим вначале

симметричную форму ( рис.6.8,б). Потеря устойчивости рамы происходит за счет потери

устойчивости вертикальных стержней по схеме, показанной на рис.6.8,б.

Рис.6.8

Влияние горизонтального ригеля рамы на изгиб вертикального стержня учтем путем

введения упругой связи в верхней части стержня. Жесткость с этой связи найдем,

рассматривая отдельно горизонтальный ригель рамы ( рис.6.8,д).

Жесткость упругой связи с представляет собой момент, необходимый для поворота левого края ригеля на единичный угол ( рис.6.8,д). Угол поворота ϑ определяем по методу

Мора-Верещагина

EI

cl=ϑ .

Полагая 1=ϑ , находим жесткость упругой связи

l

EI c = .

Зная жесткость упругой связи, рассмотрим задачу об устойчивости вертикальной

стойки с упругим закреплением ( рис.6.8,в,г).Решение этой задачи получим, используя метод Эйлера аналогично предыдущим

примерам. Дифференциальное уравнение изогнутой оси вертикального стержня

z c

c Fvv EI ⋅−+−=′′l

ϑ ϑ .

Общее решение этого уравнения

l

z

EI k

c

EI k

ckz Bkz Av ⋅−++=

22cossin

ϑ ϑ ,

где

EI

F k cr =2 ,

Граничные условия

0= z 0=v ,

0= z ϑ =′v ,

l= z 0=v .

Используя граничные условия, получим систему однородных уравнений относительно ϑ ,, B :



121

02

=+ EI k

с B

ϑ 010

2 =⋅+⋅+⋅ ϑ

EI k

c B A ,

ϑ ϑ

=⋅⋅

−⋅ EI k

c Ak

l2

, или 0)1(02

=⋅⋅⋅

+−⋅+⋅ ϑ EI k

c B Ak

l,

0cossin =+ ll k Bk A . 00cossin =⋅+⋅+⋅ ϑ Bk Ak ll .

Приравнивая нулю определитель системы, получим трансцендентное уравнение

+=

)()(

)(

2

ll

l

EI k c

k ctgkl .

Учитывая величину l

EI c = , получим окончательно

2)(1 l

ll

k

k tgk

+= .

Наименьший корень этого уравнения 4,3≈lk .

Рассмотрим антисимметричную форму потери устойчивости ( рис.6.9,а). Найдем

жесткость упругой опоры при антисимметричной форме потери устойчивости. Расчетная

схема для нахождения жесткости с соответствует антисимметричной форме изгиба

( рис.6.9,г).

EI

cc

EI 33

2

2

11 ll =

=ϑ .

Отсюда, полагая 1=ϑ , получим

l

EI c

3= .

Дифференциальное уравнение изогнутой стойки ( рис.6.9,в)

v F v E ⋅−=′′⋅⋅ .Решение ищем в виде

kz Bkz Av cossin +⋅= ,

где EI

F k cr =2

.

Рис.6.9

Использование граничных условий

0= z 0=v ,l= z f v = ,

l= z ϑ =′v .

Г

Б

В

А



122

дает

0= B ,

lk A f sin= ,

lk Ak cos=ϑ .

Кроме того, из условия равновесия f F ccr ⋅=ϑ или f I E k c ⋅⋅=⋅ 2ϑ . Приравнивая

нулю определитель системы 001)(sin =⋅+⋅− ϑ f Ak l ,

010)cos( =⋅−⋅+ ϑ f Ak k l ,

00 2 =⋅−⋅+⋅ ϑ c f EI k A ,

получим lk

tgkl 3

= , отсюда 2,1=lk .

Потеря устойчивости, очевидно, произойдет по антисимметричной форме.Критическую нагрузку найдем из решения последнего трансцендентного уравнения

2,1=lk ,2

44,1

l

EI F cr = .

6.2. Энергетический метод определения критических нагрузок

Энергетический метод расчета критических нагрузок основан на теореме Лагранжа-

Дирихле, в соответствии с которой в критическом состоянии

W U = ,

где U - потенциальная энергия деформации изгиба, связанного с потерей

устойчивости стержня; W - работа внешних сжимающих сил.

dz v EI U l

2)(2

1∫ ′′= ,

δ cr F W = ,

где )( z v - функция прогиба стержня; δ - осевое перемещение точки приложения силы cr

F ,

причем,

∫ ′=l

dz v 2)(2

1δ .


∫

∫

′

′′

=

l

l

dz v

dz v EI

F cr 2

2

)(2

1

)(2

1

.

Например, для стержня, изображенного на рис.6.10,а

δ cr F W = .

Смещение точки приложения нагрузки в направлении этой нагрузки определяется как:

∫ ′=0

0

2)(2

1 l

dz vδ .

Функцию прогибов )( z v следует задавать так, чтобы обязательно удовлетворялись

все геометрические граничные условия (перемещения и углы поворота) и желательно

силовые граничные условия (изгибающие моменты и поперечные силы). Следует помнить,

что точность решения зависит от выбора аппроксимирующей функции )( z v . Рассмотрим использование энергетического метода.

Пример 6.6. Найти критическую нагрузку для стержня ( рис.6.10,б), const EI = .

(6.5)

(6.6)

(6.8)

(6.9)



123

Рис.6.10

Решение. Для выбора кривой, аппроксимирующей изогнутую ось стержня, запишем

граничные условия, наложенные на стержень условиями закрепления:

0= z 0=v , 0=′v ,

l= z 0=′v , 0=′′′v .

Последнее условие 0=′′′v - это силовое условие. Оно следует из того, что верхняя

опора не препятствует поперечному перемещению и поэтому поперечная сила равна

0)( =′′′=′′== v EI v EI dz

d

dz

dM Q .

Аппроксимируем изогнутую ось стержня ( рис.6.10,в) в виде

)cos1(l

z Av

π −=

ll

z Av

π π sin)(=′ ,

ll

z Av

π π cos)( 2=′′ ,

ll

z Av

π π sin3)(−=′′′ .

Непосредственной проверкой можно убедиться в том, что все граничные условия

выполняются.

Критическую нагрузку найдем по формуле (6.9). Для этого вычислим интегралы,

входящие в эту формулу

∫ ∫ ==′′=l l

l

lll0

42

0

2422

2)(

2cos)(

2)(

2

1 π π π A

EI dz

z A

EI dz v EI U ,

( )∫ ∫ ==′=

2

0

22

2

0

2222

4)(

21sin)(

21

21

l l

l

lllπ π π δ Adz z Adz v .


2

22

l

EI U F cr

π

δ == .

Пример 6.7. Найти критическую нагрузку для стойки, изображенной на рис.6.11,а.

Решение. Запишем граничные условия

0= z , 0=v ,

2

l= z , 0=v ,

0= z , 0=′′v ,l= z , 0=′′v .

Два последних условия – силовые ( v I =′′ ).

А Б В



124

Рис.6.11

Аппроксимируем изогнутую ось функцией в виде полинома:4

4

3

3

2

210 z a z a z a z aav ++++= .

Степень полинома должна соответствовать числу граничных условий. В этом случае можно

выразить все постоянные, входящие в аппроксимирующую функцию )( z v , через какую-

либо одну (т.е. аппроксимирующая функция задается с точностью до постоянного множителя).

Используем граничные условия:

0= z , 0=v : 00 =a .

0= z , 0=′′v : 02 =a .

2

l= z , 0=v : 0

1682

4

4

3

31 =++ lll

aaa .

l= z , 0=′′v : 0126 2

43 =+ ll aa .

43 2 aa l−= , 4

3

18

3aa l= .

Тогда

+−= 433

4 28

3 z z z av ll ,

( ) ( )ll −=+−=′′ z z a z z av 4

2

4 121212 ,

что соответствует граничным условиям.

Используем формулу (6.9) для определения критической нагрузки

∫ ∫ ==+−=′′=l l

lll

0 0

52

4

2

4

2222

4

2

5

1272)2(144

2)(

2 EI a EIadz z z z a

EI dz v

EI U ,

∫ ∫ = +−=′=

l l

lll0 0

724

2

323242 438,0468

3

2

1)(2

1adz z z adz vδ

248,5

l

EI F cr ≈ .

Этот результат практически не отличается от точного.

Решим эту же задачу, подчинив аппроксимирующую функцию только

геометрическим граничным условиям

0= z 0=v ,

2

l= z 0=v ,

2

210 z a z aav ++= или, учитывая граничные условия

А Б



125

−=2

2

l z z av ,

∫ ==′′=l

ll

0

2

2

2

2

2 242

)(2

EIaa EI

dz v EI

U

∫ ∫ =

−=′=

l l

l

l

0 0

32

2

22

22

24

7

222)(2

1adz z

adz vδ ,

286,6

l

EI U F cr ==

δ ,

что отличается от точного значения на 25,3%.

Пример 6.8. Найти критическую нагрузку для рамы ( рис.6.12,а) с постоянной

изгибной жесткостью I . Решение. Решим задачу энергетическим методом. Положим, что форма упругой

линии рамы при потере устойчивости будет приблизительно такой же, как и от действия

поперечной нагрузки Q (пунктирные линии на рис.6.12,а,б). Критическую нагрузку

вычислим, используя формулы (6.5), (6.7),(6.8). Потенциальная энергия рамы при изгибе силой Q

∫ ∫ ∫ ∫ =

⋅+=+=l l l l

l

0

2

0 0

2

0

32

1

2

1

21

22

222

1)(

2

1

22 EI

Qdz z

Q

EI dz Qz

EI EI

dz M

EI

dz M U x x .

Угол поворота v′ произвольного сечения вертикальной стойки рамы с координатой z найдем, используя правило Верещагина ( рис.6.12,в,г)

)37(62

)(13

22

2

11 22 z EI

QQ

z z Q

EI v −=

+−+

⋅=′ ll

lll .

Смещение точки приложения сжимающей силы F определим по формуле (6.8)

Рис. 6.12

∫ ∫ =+−=′=l l

lll

0 0

2

524224

2

22

)(45

23)94249(

)(72)(

2

1

EI

Qdz z z

EI

Qdz vδ .

Тогда

2

52

)(45

23

EI

Q F F W cr

l== δ .

Критическую нагрузку находим по формуле (6.5)

2

978,0

l

EI F cr = .

А

Г В

Б



126

6.3. Расчет сжатых стоек по коэффициенту понижения допустимых напряжений

В практике расчетов на устойчивость используется метод, согласно которому гибкие

стержни, нагруженные сжимающей нагрузкой, рассчитываются как негибкие на обычное сжатие, но допускаемое напряжение при этом снижается

A N admadm σ λ )(= ,где

adm N - допускаемая нормальная сила в сечении по условию устойчивости;

admσ -

допускаемое напряжение на сжатие; - площадь поперечного сечения стержня; )(λ ϕ -

коэффициент понижения допускаемых напряжений, зависящий от гибкости стойки.

В табл.6.1. приведена зависимость коэффициентов ϕ от гибкости λ для некоторых

марок стали.

Пример 6.9. Для стержня, изображенного на рис.6.13,а, найти допускаемую нагрузку

и коэффициент запаса по устойчивости. Дано: материал стержня – сталь Ст.3; 160=admσ

МПа; 250= ycσ МПа; 220= pr σ МПа; 5,0=l м; 40=d мм.

Рис.6.13

Решение. Для данной стойки 2

1=µ (см. пример 6.1). Находим радиус инерции

2104

4

64

4

−==

=

d

d

A

I i

π

π

м.

Гибкость стойки

25210

5,05,0=

−⋅

=⋅

=i

lλ .

По табл.6.1. находим коэффициент понижения допускаемых напряжений

(используя линейную интерполяцию) 95,0≈ . Далее, по формуле 6.10 находим

допускаемую нагрузку

190610125661016095,0 =−⋅⋅⋅⋅=== Aadmadm

N adm

F ϕσ кН.

Для определения критической нагрузки найдем значение предельной гибкости, для

чего можно использовать формулу Эйлера

958102,2

11102

lim ≈

⋅

⋅== π

σ π λ

pr

E .

Таким образом, гибкость стойки предельна, и поэтому для нахождения критической

нагрузки воспользуемся формулой (6.4)

А Б



127

( ) ( ) 24895

25220250250

2

2

2

≈

−−=−−= pr

pr yc yccr λ

λ σ σ σ σ МПа,

3126101256610248 ≈−⋅⋅⋅== Acr cr F σ кН.

Коэффициент запаса по устойчивости

6,1190/312/ ≈==admcr cr

F F n

Таблица 6.1

Таблица коэффициентов продольного изгиба центрально-сжатых стержней (СНиП II-23-

81)

Пример 6.10. Для стержня, изображенного на рис.6.13,б, подобрать необходимый размер швеллера. Дано: 250= F кН; 1=l м; 160=admσ МПа; материал – сталь Ст.3;

250= ycσ Мпа; 220= pr σ МПа.

Решение. В данной задаче неизвестны: гибкость стержня, площадь его поперечного

сечения, поэтому решаем задачу методом последовательных приближений. Площадь

поперечного сечения из расчета на простое сжатие

3

6

3

1056,110160

10250 −⋅=⋅⋅

=≥adm

F A

σ м3, 6,15= A см2.

Первое приближение. Выбираем швеллер № 16 (ГОСТ 8240-72): 1,181 = A см2;

87.11.min

=i см. Коэффициент приведения длины для данной стойки 2= . Находим гибкость

1071087,1

122

1min,

≈⋅⋅

==−i

lλ .

Коэффициент ϕ стержней из сталей марок Гибкость стержней

λ Ст.3. Ст.5.

0 1.000 1.000

10 0.988 0.984

20 0.970 0.956

30 0.943 0.916

40 0.905 0.866

50 0.867 0.810

60 0.820 0.740

70 0.770 0.650

80 0.715 0.570

90 0.655 0.482

100 0.582 0.396

110 0.512 0.325

120 0.448 0.273

130 0.397 0.232140 0.348 0.198

150 0.305 0.173

160 0.270 0.153

170 0.240 0.137

180 0.216 0.122

190 0.196 0.108

200 0.175 0.098

210 0.160 0.089

220 0.146 0.081



128

По табл.6.1., используя линейное интерполирование, находим 53,0≈ϕ . Тогда,

153101,181016053,0 46

11, ≈⋅⋅⋅⋅== − A F admadm σ ϕ кН.

Так как F F adm

<1,

, то следует выбрать швеллер большего размера.

Второе приближение. Выбираем швеллер № 20: 4.232 = A см2; 2,22min, =i см.

Находим гибкость

91102,2

122

2min,

2 ≈⋅⋅==

−i

lλ .

Так как F F adm

≈2,

(ошибка составляет 1,84%), то можно считать, что швеллер № 20 и

есть искомый.

Поскольку,

95102,2

10291

8

11

2 ≈⋅

⋅==<= π

σ π λ λ

pr

im

E l

,

то критическую нагрузку рассчитываем по эмпирической формуле (6.4)

2229591)220250(250)(

2

2

2

≈

−−=−−=

pr

pr yc yccr λ λ σ σ σ σ МПа.

519104,2310222 46 ≈⋅⋅⋅== − A F cr cr σ кН.

Коэффициент запаса по устойчивости .1,2250

519===

F

F n cr

cr

Пример 6.11. Для стержня ( рис.6.14,а), нагруженного силой F , требуется: 1)

определить путем интегрирования дифференциального уравнения оси изогнутого стержня

критическую силу и найти коэффициент приведения длины; 2) вычислить размер

поперечного сечения с помощью коэффициента понижения допускаемого напряжения. Дано:

200= F кН; 1=l м; материал – сталь Ст. 3; 200= pr σ МПа; 300= ycσ МПа; 160, =cadmσ

МПа.

Рис.6.14

Решение. 1. Определение критической силы и коэффициента приведения длины.


∑ = 00 M , 03 =− f F R cr l

получаем

l3

f F R cr = .

Дифференциальное уравнение изогнутой оси стержня

M v EI =′′min .

А Б В



129

На участке 1 ( l20 ≤≤ z ) z f F

v F Rz v F v I E cr cr cr

l32 111min +−=+−=′′ ,

l3

2

1

2

1

z f vv α α =+′′ ,

где

min

2

2 EI

F cr

=α .

Решение этого дифференциального уравнения имеет вид

f l

z z C z C v

3cossin 211 ++= α α .

На 2 участке )32( ll ≤≤ z )3(3

)3(2min z f F

z Rv EI cr −−=−=′′ ll

l ,

)3(3

22

2 z f

v −−=′′ ll

α .

Интегрируя полученное уравнение, находим

3

22

2 )3(3

C z f v +−=′ ll

α ,

43

32

2 )3(9

C z C z f

v ++−−= lα

.

Постоянные С1, С2, С3, С4 определяем из граничных условий:

1) 0= z , 01 =v ;

2) l2= z , f v =1 ;

3) l2= z ,21

vv ′=′ ;

4) l2= z , f v =2

;

5) l3= z , 02 =v .

Подставляем в (а) 0= z и 01 =v , получаем 02 =C .

Подставляем в (а) l2= z и f v =1

, получаем lα 2sin3

1

f C = .

Значение 1C подставляем в

l3cos11

f z C v += α α

и получаем

ll 3

cos

2sin31

f z

f v +=′ α

α

α .

Граничное условие 5 дает l34

3C C −= , а из граничного условия 4 следует что

llll 3

22

43

22

9

12

9C f C C

f f −−=++−= α

α ,

+−=l

f lf C α

9

13 .

Подставляем 3

C в (б) и записываем граничное условие 3, приравнивая (г) и (б) при l2= z

ll

ll

l

f f

f f −=+ 2

9

2

32cos

2sin3α α

α

α .

Отсюда,

12)(2

32

2 −=

l

ll

α

α α tg или

24)2(

)2(32

2 −=

l

ll

α

α α tg .

)(a

)(б

)(в

)(г



130

Наименьший корень этого уравнения

49,3=lα .

Так как

min

2

2 EI

F cr =α , то

2

min

2 249,3

l

EI F cr

⋅= ,

2

min4,24l

EI F

cr

=

Сравнивая ( д ) с формулой Эйлера

2

min

2

)3( l⋅=

µ

π EI F cr ,

находим коэффициент приведения длины 212,0= .

2. Определение размера сечения. Площадь сечения 2

2

1a A = , наименьший осевой

момент инерции

4

min

72

1a I I y == ,

наименьший радиус инерции

aa

a

A

I i

6

1

72

22

4

minmin =

⋅⋅

== .

Используя условие

A F cadm,ϕσ =

и полагая 1=ϕ , получим

3

6

3

,

1025,110160

10200 −⋅=⋅

⋅==

cadm

F A

σ м2,

23 1051025,122 −− ⋅=⋅⋅== Aa м.

Увеличим размер, приняв 06,0=a м. Вычисляем радиус инерции

22 1011066

1 −− ⋅=⋅⋅=i м,

гибкость

64101

1̀3212,032

≅⋅

⋅⋅=

⋅= −i

lλ .

По табл.6.1 находим коэффициент понижения 82,01 =ϕ и определяем допускаемую

нагрузку в первом приближении

236)106(211016082,0 226

1, =⋅⋅⋅⋅⋅= −adm F кН.

Так как 1,adm

F больше заданной силы F , то уменьшаем размер поперечного сечения и

принимаем 55=a мм.

Радиус инерции

33 1017,910556

1

6

1 −− ⋅=⋅⋅== ai м.

Вычисляем гибкость

7010917,0

13212,032 ≅

⋅⋅⋅

== −i

lλ ,

по таблице 6.1 находим 81,02 = и определяем допускаемую нагрузку во втором

приближении

)(д



131

196)105,5(2

11016081,0 226

2, =⋅⋅⋅⋅⋅== −adm F кН.

Сила 2,adm F мало отличается от заданной силы F , поэтому принимаем 55=a мм.

Коэффициент запаса по устойчивости F F n cr cr /= .

Условие применимости формулы Эйлера для определения cr

F

limλ λ >

не выполняется, так как 70=λ и

10010200

1026

1122

lim =⋅⋅⋅

== π

σ

π λ

pr

E ,

поэтому используем формулу

( ) A F pr yc yccr

−−=

2

limλ

λ σ σ σ ,

34

2

6

10382102,15100

70

)200300(30010 ⋅=⋅⋅

−−⋅= −

cr F Н.

Коэффициент запаса 91,1200/381 ≅=cr n .


Задачи 6.1…6.6. Для стержней ( рис.6.15,а,б,в,г,д,е), нагруженных «мертвой»

нагрузкой, найти коэффициенты приведения длины .

Задача 6.7. Найти критическую нагрузку, используя энергетический метод

( рис.6.16,а).

Задача 6.8. Найти критическую нагрузку для стержня, нагруженного распределенной нагрузкой ( рис.6.16,б), с помощью энергетического метода.

Задачи.6.9…6.10. Найти критическую нагрузку для стержней со ступенчатым

изменением жесткости ( рис.6.16,в,г).

Рис.6.15

А

Д

В

Б

Г

Е



132

Рис.6.16

Задачи 6.11…6.12. Найти критическую нагрузку для следующих плоских рам,

имеющих постоянную изгибную жесткость ( рис.6.17,а,б).

Задачи 6.13…6.14. Построить зависимость критической нагрузки от жесткости

упругой опоры с ( рис.6.17,в,г).

Рис.6.17

А

В

А Д

Г

Б

Г В





134

+=dr

d v

r D M t

ϑ ϑ ,

где )1(12 2

3

v

Eh D

−= – жесткость пластины на изгиб.

Радиальные r σ и окружные t σ напряжения, показанные на рис.7.1,в, по толщине пластины

меняются по линейному закону:

z h

M r r 3

12=σ ,

z h

M t t 3

12=σ .

Наибольшие напряжения имеют место при 2/h z ±= . Поэтому

2max

6

h

M r r ±=σ ,

2max

6

h

M t t ±=σ .

Знаки (+) и (-) соответствуют растянутой и сжатой стороне пластины.

Таким образом, для расчета пластины на прочность и жесткость необходимо знать

зависимость угла поворота нормали пластины ϑ от радиуса r . Угол поворота нормали

определяется путем интегрирования разрешающего уравнения.

Общий интеграл этого уравнения имеет вид

[ ]∫ ∫−+= dr Qdr r r

cr c1

21ϑ ,

где с1 и с2- постоянные интегрирования.

Постоянные интегрирования 1c и 2c определяются из граничных условий, которые

записываются для угла поворота нормали или радиальных моментов, по одному на каждом краю.

На рис.7.2 приведены примеры определения поперечных сил Q (положительные направления Q показаны на рис.7.1,а,г) и граничных условий.

После того как функция ϑ (7.4) найдена, из выражений (7.1) определяются

изгибающие моменты r M и t M , а прогиб w определяется из выражения

dr

dw−=ϑ .

Знак определяется направлением отсчета w .

Уравнение равновесия

∑ =→=r

F Q F z π 2

0 .

Граничные условия: 0=r , 0=ϑ ; r = , 0=ϑ .


∑ = 0 z F , P r

r Qr P r Q 2

2 022 −=→=++ π π .

Граничные условия : 1r r = , 0=r M ;

2r r = , M M r = .


∑ = 0 z F , ρ ρπ π r r r Qr r r Q

2)(0)(2

22

2222 −−=→=−++ .

Граничные условия: 1r r = , 0=ϑ ;

(7.2)

7.4

(7.5)



135

2r r = , 0=r M .

Рис.7.2

7.1.2. Примеры расчета круглых пластин

Пример 7.1. Для пластины, представленной на рис.7.3,а построить эпюры

изгибающих моментов r M и t M , определить наибольшее эквивалентное напряжение по

теории начала текучести Мора, найти наибольший прогиб. Принять: ar =1 ; abr 32 == ;

ah )20/1(= ; 1= yk ; 3,0=v ;2 pat e = .

Рис.7.3

Решение. Интенсивность изгибающих моментов соответственно в радиальном и окружном сечениях по формуле (7.1)

+=dr

d v

dr

d D M r

ϑ ϑ ,

где ϑ – угол поворота нормали.

Уравнение углов поворота нормали

[ ]∫ ∫−+= dr Qdr r Dr r

cr c

121ϑ ,

где )1(12 2

3

v

Eh D

−= – цилиндрическая жесткость пластины; 1c и 2c - постоянные

интегрирования.Из уравнения равновесия центральной части пластины ( рис.7.3,б) определяем

поперечную силу Q :

А

(Б)



136

∑ = 0 z F , 0)(2 22 =−−⋅ ar pr Q π π ,

r

ar pQ

2

)( 22 −=

Подставив (в) в (б), получаем

dr dr r

a pr

r Dr r

c

r c

r

a

r

a∫ ∫

−

−+= 2

)(1 22

2

1ϑ .

Вычислив интеграл, определяем функцию ϑ и ее производную

−

−−+=

a

r r a

r

ar

Dr

cr c ln4

16

244

21

ρ ϑ ,

−−+−−=

a

r aa

r

ar

Dr

cc

dr

d ln443

16

22

2

42

2

21

ρ ϑ .

Постоянные 1c и 2c находим из граничных условий:

ar = , m M t = ;

abr 3== , 0=r M ;

D

pav

a

cvc

2

2

21 )1()1( =−−+ ,

0)1(ln44)1()3(16

)1()1( 22

2

42

2

21 =

+−−−++−−−+ v

a

baav

b

avb

D

pv

b

cvc

D

pa

a

сс

2

2

21 7,03,1 =− ,

0499,43,0

16

72,18

16

077,03,122

2

21 =⋅⋅−⋅−−

D

pa

D

pa

a

cc ,

D

paC

2

1 985,0= ; D

pac

4

2 401,0= .

++=

a

r

r

a

D

pa

r ln25,0463,0985,0

2

22ϑ ,

+−−=

a

r

a

r

r

a

D

pa

dr

d ln25,01875,0463,0235,1

2

2

2

22ϑ .

Уравнения изгибающих моментов (а) после подстановки выражений (г) получают вид

+−−= a

r

a

r

r

a

par M r ln325,0206,0324,053,1)( 2

2

2

22

,

2)( paa M r = ; 0)3( =a M r ;

2

max 075,1)3,1( paa M r = .

+−+=

a

r

a

r

r

a par M t ln325,0118,0324,035,1)(

2

2

2

22 ,

256,1)( paa M t = 2679,0)3( paa M r = ;243,1)3,1( paa M t = ; 218,1)2( paa M t =

По этим результатам построены эпюры изгибающих моментов r

M и t

M ( рис. 7.3,а).

Эквивалентное напряжение по теории начала текучести Мора

В

(Г)



137

31 σ σ σ yeq k −= , 1== yc

yt

yk σ

σ .

Напряженное состояние в опасной точке А ( рис.7.3,в):

pa

pa

h

M r r 2400

20

662

2

2 =

==σ ; p

a

pa

h

M t t 3744

20

5,1662

2

2 =

⋅==σ .

Главные напряжения:

p37441 =σ ; p24002 =σ ; 03 =σ .

Наибольшее эквивалентное напряжение: p Aeqeq 3744,max, == σ σ .

Прогиб пластины при ar = :

∫−=a

a

dr w3

ϑ или ∫=a

a

dr w3

ϑ ,

∫ =

−−−+=

a

a

dr ar r a

r ar

D p

r cr cw

3

2

44

21 ln4

16

+

−−−+=

a

r r ar a

r

D

pr c

r c ln

24ln

416ln

2

224

4

2

2

1

−+−

=

+

a

ac

aac

r a

a

a

3ln

2

9

44 2

22

1

322

−+⋅−−

−−

4

94

3ln5,44

3ln

4

81

16

22244

44 aaa

a

aa

a

aa

aa

D

p;

( ) D

pa D

pa D

paa D

paw444

22

93,35,023,1068,025,1098,1401,04985,0 =+−−−⋅+⋅= .

D

paaw

4

93,3)( = .

Пример 7.2. Для пластины рис.7.4,а построить эпюры изгибающих моментов,

определить наибольшее эквивалентное напряжение по теории начала текучести Мора, найти

прогиб при r = a. Принять: b = 3a; d = 5a; h = (1/10)a; ky = 1; v = 0,3. Вес жесткого центра не учитывать.

Решение. Интенсивность изгибающих моментов в радиальном и окружном сечениях:

+=

r v

dr

d D M ii

iri

ϑ ϑ ;

+=

dr

d v

r D M ii

iti

ϑ ϑ ,

где ϑ - угол поворота нормали, определяемый выражением

∫ ∫

−+=

r r

i

i

iii dr dr Qr

r Dr

cr c

121ϑ ,

здесь i - номер участка пластины.

Разделим пластину на два участка: участок I ( br a ≤≤ ) и участок II ( d r b ≤≤ ).

Для I участка

[ ]∫ ∫−+= dr dr Qr r Dr

cr c I

I

I I I

121ϑ ;

)1(12 2

3

v

Eh D I −

= .



138

Рис.7.4

Из уравнения равновесия центральной части пластины ( рис.7.4,б) ∑ = 0 z F следует,

что 0= I Q .

В этом случае уравнение углов поворота нормали имеет вид

r

cr c I

I I 2

1 +=ϑ ;2

21

r

cc

dr

d I I

I −=ϑ

.

Для II участка

[ ]∫ ∫−+= dr dr Qr

r Dr

cr c

II II

II

II II

12

1

ϑ ; D D D I II

== .

Из уравнения равновесия ( рис.7.4,в)

∑ = 0 z F ; 022 =⋅−⋅ b P r Q II π π ,r

b P Q II = .

Уравнение углов поворота нормали

∫ ∫

−+=

r

b

r

b

II II II dr dr

r

b P r

Dr r

cr c

121ϑ ,

−−−+=

4ln

2

222

21

br

b

r r

Dr

Pb

r

cc II

II II ϑ .

+−−+=

2

2

2

21 1ln2

4 r

b

b

r

D

Pb

r

cc

r

II II

II ϑ ,

−+−−=

2

2

2

21 1ln2

4 r

b

b

r

D

Pb

r

cc

dr

d II II

II ϑ .

br

II II II

br

I I I

r v

dr

d D

r v

dr

d D

==

+=

+ ϑ ϑ ϑ ϑ

имеет вид

dr

d

dr

d II I ϑ ϑ = .

1) 021 =+

a

cac I

I ,

(А)

(Б)



139

2)b

cbc

b

cbc II

II I

I 2

12

1 +=+ ,

3)2

212

21

b

cc

b

cc II

II I

I −=− ,

4) 0

4

ln

2

222

21 =

−−−+

bd

b

d d

Dd

Pb

d

cd c II

II .

Решая полученную систему уравнений, находим

111 ccc II I == , 222 ccc II I == ;

D

Pac 297,01 = ,

D

Pac

3

2 297,0−= .

Подставим значения постоянных в (а) и (б):

−=−=

2

3

21297,0297,0297,0

r

a

D

Pa

Dr

Pa

D

Pa

r

I ϑ ,

)1(297,0297,0297,0 2

2

2

3

r

a

D

Pa

Dr

Pa

D

Pa

dr

d I

+=+=

ϑ

,

+−−−=

2

2

2

3

1ln24

297,0297,0r

b

b

r

D

Pb

Dr

Pa

D

Pa

r

II ϑ ,

−+−+=

2

2

2

3

1ln24

297,0297,0r

b

b

r

D

Pb

Dr

Pa

D

Pa

dr

d II ϑ .

Изгибающие моменты на участке I:

( ) ( )

−++=

+=2

2

11297,0r

avv Pa

r v

dr

d D M I I

rI

ϑ ϑ ,

( ) ( )

−−+=

+=

2

211297,0

r avv Pa

dr d v

r D M I I

tI ϑ ϑ ,

Pa Paa M rI 594,0)7,03,1(297,0)( =−= ,

Pa Paa M tI 178,0)7,03,1(297,0)( =−= ;

Pa Paa M rI 409,09

17,03,1297,0)3( =

+= ,

Pa Paa M tI 369,09

17,03,1297,0)3( =

−= .

Изгибающие моменты на участке II:

−−++=

+= )1(297,0)1(297,0

2

3

vr

Pav Pa

r v

dr

d D M II II

rII

ϑ ϑ

−−−++− )1(25,0)1(25,0)1(ln

2

13

2

2

vr

bvv

b

r Pa ;

−−−+=

+= )1(297,0)1(297,02

3

vr

Pav Pa

dr

d v

r D M II II

tII

ϑ ϑ

−+−−+− )1(25,0)1(25,0)1(ln

2

13

2

2

vr

bvv

b

r Pa ;

Paa M rII 409,0)3( = ; Paa M tII 362,0)3( = ;

Paa M rII 936,0)5( −= ; Paa M tII 280,0)5( −= .



140

Эквивалентное напряжение по теории начала текучести Мора:

31 σ σ σ yeq k −= , 1== yc

yt

yk σ

σ .

Напряженное состояние в опасной точке А ( рис.7.4,г):

a

P Pa

ah

M r r 562

10

936,06622

=⋅

⋅==σ ,

a

P Pa

ah

M t t 168

10

280,06622

=⋅

⋅==σ .

Главные напряжения:

a

P 5621 =σ ;

a

P 681̀2 =σ ; 03 =σ .

Наибольшее эквивалентное напряжение:

a P Aeqeq 562,max, == σ σ .

Определение прогиба пластины при ar = .

Прогиб на участке I

∫−=r

b

I I I dr cw ϑ 3 .

Прогиб на участке II

∫−=r

b

II II II dr cw ϑ 3 .

Постоянные I c3 и II c3 определяем из условий:br = , II I ww = ;

d r = , 0= II w .

Следовательно, 333 ccc II I == и ∫=d

b

II dr c ϑ 3 ;

∫

−−−+=

a

adr

br

b

r r

Dr

Pb

r

cr cc

5

3 4

22ln

2

22

13,

−−−

⋅=3

5ln

3297,0

2

29225297,0

3 D

Paaa

D

Pac

D

Paaaaa

D

a P 322,1

3

5ln

4

29

4

29225

3

5ln

4

2253=

+

−−− .

Прогиб пластины при ar = :

∫ ∫+=−=a

b

b

adr

I D

Padr

I c

I w ϑ ϑ

322,1

3,

3ln22

2291

322,1

3ln

22

2

1

322,12

1

322,1 c

aac

D

Paa

ar c

r c

D

Pab

adr

r

cr c

D

Pa I

w +−

+=

++=∫

++=

D

Paa

I w

308,2)( = .



141

Пример 7.3. Для пластины ( рис.7.5,а) построить эпюры изгибающих моментов,

определить наибольшее эквивалентное напряжение по теории начала текучести Мора, найти

прогиб в центре пластины. Принять: ab 5= ; hh 21 = ; hh =2 ; 1== yc

yt

yk σ

σ ; ,0=v 3.

Решение. Интенсивность изгибающих моментов в радиальном и окружном сечениях

+= r v

dr d D M ii

iri ϑ ϑ , += dr d v

r D M ii

iti ϑ ϑ .

Угол поворота нормали

∫ ∫

−+=

r r

ii dr dr Qr Dr r

cr с

121ϑ ,

здесь i - номер участка пластины.

Участок 1 ar ≤≤0( )

Поперечную силу 1Q определяем из уравнения равновесия центральной части пластины

( рис.7.5,б) ∑ = 0 z F ,

2

02 1

2

1

pr Qr pr Q =→=−⋅ π π .


∫

∫−+=

r dr

r dr

pr r

r Dr

cr c

0 0 21

1211

ϑ

116

32

11 D

pr

r

cr c −+=ϑ ,

116

23

22

11

D

pr

r

cc

dr

d −−=

ϑ .

Участок 2 ( br a ≤≤ )Уравнение равновесия ( рис. 7.5,в)

∑ = 0 z F ,2

02 2

2

2

pr Qr pr Q =→=−⋅ π π .


2

3

432

16 D

pr

r

cr c −+=ϑ ,

2

2

2

43

2

16

3

D

pr

r

cc

dr

d −−=

ϑ .

Постоянные интегрирования 4321 ,,, cccc находим из граничных условий:

1) 0=r , 01 =ϑ ; 2) ar = , 21 ϑ ϑ = ; 3) ar = , 21 r r M M = ,

+=

+a

vdr

d D

av

dr

d D 22

211

1

ϑ ϑ ϑ ϑ ; 4) br = , 02 =ϑ ;

)3,01(12

)2(2

3

21 −

=h E

D ,)3,01(12 2

3

22 −

= Eh

D , 21 8 D D = .

1) 01 =c ,

2)

2

3

43

1

3

11616 D

pa

a

cac

D

paac −+=− ,

3)

−−+=+ )1()1()1(2

43211 v

a

cvc Dvc D ,

(А)

(Б)



142

4) 016 2

3

43 =−+

D

pb

b

cbc .

Граничные условия 2,3,4 дают систему уравнений

1

2

2

431 437,0

D

pa

a

ccc −+= ,

2

431 00673,0125,0

a

ccc −= ,

2

4

1

2

3 5,0b

c

D

pbc −= .

Откуда,

1

2

1 29,2 D

pac = ; 02 =c ;

1

2

3 9,12 D

paс = ;

1

4

4 17,10 D

paс −= .

Подставляя 4321 ,,, cccc в (а) и (б), получаем

1

2

1

2

1 0625,029,2 D

pr

D

pa

r −=ϑ

,

1

2

1

2

1 187,029,2 D

pr

D

pa

dr

d −=

ϑ ,

1

2

2

1

4

1

2

2 5,017,109,12 D

pr

r D

pa

D

pa

r −+=

ϑ ,

1

2

2

1

4

1

2

2 5,117,109,12 D

pr

r D

pa

D

pa

dr

d −+=

ϑ .

Изгибающие моменты на 1 участке:

22

1

2

111 206,03,129,2)3(16

)1( pr pav D

pr vc D M r −⋅=

+−+= ;

22

1 98,23,129,2)0( pa pa M r =⋅= ,22

1 77,23,129,2)( pa paa M r =⋅= .

[ ] 22

1

2

111 119,03,129,2)31(16

)1( pr pav D

pr vc D M t −⋅=+−+= ;

22 98,23,129,2)0( pa pa M t =⋅= ,222

86,2119,03,129,2)( pa pa paa M t =−⋅= .

Изгибающие моменты на 2 участке:

+−−−+= )3(

16)1()1(

2

2

2

4322 v

D

pr v

r

cvc D M r ,

3,316

7,08

17,103,1

8

9,12 24

2

2

2 ⋅−⋅+⋅= pr

par

pa M r ,

2

2 77,2)( paa M r = ; 2

2 02,33)5( paa M r −= .

+−−++= )31(

16)1()1(

2

2

2

4322 v

D

pr v

r

cvc D M t ,

19167,08

17,103,18

9,12 2

4222 ⋅−⋅−⋅= pr

par pa M t ,

2

2 085,1)( paa M t = ; 2

2 91,0)5( paa M t −= .



143

Эквивалентное напряжение по теории начала текучести Мора:

31 σ σ σ yeq k −= ; 1== yc

yt

yk σ

σ

Напряженное состояние в опасной точке А ( рис.7.5,г):

2

2

246,5

6

h

pa

h

M t t ==σ ;

2

2

212,18

6

h

pa

h

M r r ==σ . .

Главные напряжения

2

2

1 12,18h

pa=σ ;

2

2

2 46,5h

pa=σ ; 03 =σ .

Наибольшее эквивалентное напряжение:

2

2

,max, 12,18h

pa Aeqeq == σ σ .

Прогибы в центре пластины:

∫−=r

a

dr cw 151 ϑ , ∫−=r

a

dr cw 262 ϑ .

Постоянные 65 ,cc определяются из условий

ar = , 21 ww = , 65 cc = .

Определение прогиба в центре пластины

∫−=r

a

dr cw 151 ϑ , ∫−=r

a

dr cw 262 ϑ .

Постоянные 65 ,cc определяются из условий

ar = , 21 ww = , 65 cc = ;

ar 5= , 0w2 = , ∫=

a5

a26 dr c ϑ ,

∫ ⋅−+⋅=

−+=

a

a D

pacacdr

D

pr

r

cr cc

5

2

4

4

2

3

2

3

436 75,95ln12

16,

75,9861,117,10129,121

4

1

42

1

2

6 ⋅⋅−⋅−⋅= D

pa

D

paa

D

pac ,

1

4

6 4,60 D

pac = .

Прогиб в центре пластины ( 0r = )

∫∫ ∫ −+=+=−=a

oa

a

dr D

pr r c

D

padr

D

padr

D

paw )

16(4,604,604,60

1

3

1

1

40

0

1

1

4

1

1

4

1 ϑ ϑ ,

1

4

1

4

1

4

1642

29,24,60 D

pa

D

pa

D

paw −+= ,

1

4

1 5,61 D

paw = .

7.2. Расчет осесимметричных тонкостенных оболочек

7.2.1. Основные положения теории

Многие тонкостенные элементы машин выполняются в виде оболочек вращения

(корпуса летательных аппаратов, резервуары, химическая аппаратура и т.п.) и

рассчитываются по безмоментной теории.



144

Безмоментная теория позволяет рассчитывать напряжения в тонкостенных оболочках

вращения при осесимметричной нагрузке, и основана на предположении о равномерном

распределении напряжений по толщине оболочки. При этом стенки оболочки не изгибаются, а только растягиваются или сжимаются в двух направлениях: меридиональном и

окружном.При нагружении оболочки осесимметричной нагрузкой изгиб происходит в зонах

оболочки, прилегающих к местам закрепления, резкой смены ее геометрии, в зонах приложения сосредоточенных нагрузок. В этих областях напряжения меняются по толщине стенок неравномерно и результаты расчета по безмоментной теории неприменимы.

Окружные и меридиональные напряжения в оболочках рассчитывают с помощью уравнения Лапласа:

hm

m

t

t ρ

ρ

σ

ρ

σ =+ ,

где t σ и mσ - окружные и меридиональные напряжения; t ρ и m ρ - окружной и

меридиональный радиус кривизны срединной поверхности оболочки; ρ – внутреннее

нормальное давление в оболочке; h - толщина оболочки.

Поскольку в уравнение Лапласа входит две неизвестные, то для решения задачи о нахождении напряжений составляется второе уравнение, представляющее собой условие равновесия отсеченной части оболочки в проекции на ее ось ( рис.7.6,а)

F rhSinm =ϑ π σ 2 .

При записи уравнения равновесия (7.7) полезно использовать следующие теоремы:

Теорема 1. Равнодействующая давления, равномерно распределенного по отсеченной поверхности оболочки, в направлении ее оси равна произведению давления на площадь

проекции этой поверхности на плоскость, перпендикулярную оси оболочки.Теорема 2. Если на какую-либо поверхность действует давление жидкости, то

вертикальная составляющая сил давления равна весу жидкости в объеме, расположенном над

поверхностью.Поясним эти теоремы примерами. На рис.7.6,б,в показаны оболочки, нагруженные

равномерным давлением (газ) и изображены отсеченные части оболочки. Во всех случаях

равнодействующая сил давления в направлении оси равна 2r F ρπ = .

На рис.7.6,г,д представлены сосуды, наполненные жидкостью. Определяем

вертикальную составляющую сил давления в сечении Z . Для этого отсекаем часть оболочки,свободную от опор, нормальным сечением. В случае рис.7.6,г вертикальная составляющая

силы давления жидкости действует вниз и равна осевой равнодействующей V F γ = , где V -

заштрихованный объем. В случае рис.7.6,д вертикальная составляющая объема, условно заполненного жидкостью.

Для сосуда рис.7.6,е в сечении Z , осевая равнодействующая силы давления жидкости

V F ⋅= γ , V - заштрихованный объем.

Для записи условия прочности необходимо применять один из критериев пластичности. Величина допускаемых напряжений, как правило, занижается за счет возможной коррозии и для придания оболочкам большей жесткости.

7.2.2. Примеры расчета оболочек вращения

Пример 7.4. Определить коэффициент запаса по текучести yn для резервуара,

нагруженного газом, находящимся под давлением 5105 ⋅= p Па ( рис.7.7,б). Дано: 4 ,0= ;

o45=ϑ ;3

105 ,3h −⋅= м; 200= yσ МПа.

Решение. 1. Рассматриваем сферическое днище. Отсекаем коническим, нормальным

сечением часть сферической оболочки ( рис.7.7,а). Уравнение равновесия

(7.6)



145

∑ = 0 z F , 22 r prhSinm π α π σ = ,

Рис.7.6

h

pr

hSin

pr m

22==

α σ .

Здесь α ρ Sinr t = , Rt m == ρ ρ .

Из уравнения Лапласа (7.6) определяется окружное напряжение

h

pR

h

pR

h

p

m

t mt t

2−=−=

ρ

ρ σ ρ σ ,

h pR

t 2

=σ .

2. Рассматриваем цилиндрическую часть резервуара. Рассекаем цилиндрическую

поверхность резервуара плоскостью, нормальной к оси и рассматриваем равновесие левой части ( рис.7.7,в). Уравнение равновесия

∑ = 0 z F , 22 R p Rhm π π σ = ,

отсюда

h

pRm

2=σ .

Для цилиндра ∞=m p , R pt = . Окружное напряжение определяется из уравнения

Лапласа (7.6)





147

Коэффициент запаса по текучести 5,280

200===

eq

y

ynσ

σ .

Замечание: На границе сферической и цилиндрической оболочек окружные

деформации этих оболочек отличаются.Для сферической оболочки

h pR

E vv

E mt сфt

21)(1, ⋅−=−= σ σ ε .

Для цилиндрической оболочки

h

pR

E

vv

E mt цилt

2

2)(

1, ⋅

−=−= σ σ ε .

Следовательно, на границе оболочек безмоментное состояние невозможно и в зоне границы происходит изгиб. Аналогичная картина наблюдается на границе цилиндрической и конической оболочек.

Пример 7.5. Исследовать распределение напряжений и построить эпюры окружных и

меридиональных напряжений для конического резервуара ( рис.7.8,а), заполненного

жидкостью плотностью ρ .

Решение. Для конической оболочки на расстоянии z от вершины

ρ m = ∞ и α

α ρ

cos

tg z t = .

Давление на стенку резервуара

H z H ≤≤3/2 0= p . H z 3

20 ≤≤ , )

3

2( z H

g p −=

ρ .

Рис.7.8

Используя уравнение Лапласа, получим для верхней части резервуара

H z H ≤≤3

2.

0== t t h

p ρ σ .

Для нижней части H z 3

20 ≤≤ :

z z H gtg

h

pt t ⋅

−==3

2

cos4 α

α ρ ρ σ .



148

Напряжения меняются по параболе и максимального значения достигают при 3/ H z =

α

α ρ σ

cos9

2

3/maxh

tg gH H z t == .

Для определения меридионального напряжения запишем уравнение равновесия части оболочки, отсеченной коническим нормальным сечением на расстоянии z от вершины

оболочки.

Нижняя часть H z 3

20 ≤≤ ( рис.7.8,б).

∑ = 0 z F , z r g r z H g rhm

22

3

1

3

2cos2 ⋅+⋅

−= π ρ π ρ α π σ ,

z z H h

gtg m ⋅−= )(

cos3 α

α ρ σ . (квадратичная функция).

Исследуем mσ на экстремум

H z z H h

gtg

dz

d m

2

10)2(

cos3=→=−==

∗α

α ρ σ .

α

α ρ σ

cos3

2

2

1max,h

tg gH

H z m =

=∗

.

Верхняя часть H z H ≤≤3

2 ( рис.7.8,в).

∑ = 0 F z , g H tg H rhm ρ α π α π σ 3

2

3

2

3

1cos2

2

⋅

⋅= ,

α

α ρ σ

cos81

43

hz

tg gH m = , здесь α tg z r ⋅= .

Эпюры напряжений mσ и t σ представлены на рис.7.8,д,е.

Пример 7.6. Подобрать толщину стенки резервуара ( рис.7.9,а), наполненного

жидкостью, удельный вес которой 4101 ⋅=γ Н/м3. Размеры резервуара: 1d = м; 1=

м; o45=ϑ . Допускаемое напряжение 50adm =σ МПа.

Решение. Рассмотрим три участка ( рис.7.9).

Первый участок d z 2

30 ≤≤ ( рис.7.9,б): давление

−+= z d H p2

33γ ;

o45=ϑ ; радиусы ϑ zCtg r = ;

ϑ

ϑ ρ

Sin

Ctg z t = ; ∞=m ρ .

Второй участок d H z d 2

33

2

3+≤≤ ( рис.7.9,в):

−+= z d H p2

33γ ; d r

2

3= ; d t

2

3= ρ ; ∞=m ρ .



149

Рис.7.9

Третий участок d H z d H 2

34

2

33 +≤≤+ ( рис.7.9,г):

0= p ; d r 2

3= ; d t

2

3= ρ ; ∞=m ρ .

На всех участках радиус ∞=m ρ , поэтому окружное напряжение t σ о определить

сразу из уравнения Лапласа (7.6), которое принимает вид

h

p t t

ρ σ = .

Первый участок d z 2

30 ≤≤ .

ϑ

ϑ γ

σ sin

2

33

zctg

h

z d H

t ⋅

−+

= (квадратичная функция).

Из условия 0=dz

d t σ определяется координата ∗ z , при которой напряжение t σ

принимает экстремальное значение

d H z 4

3

2

3+=∗ .

Поскольку d z 2

3>∗ в пределах участка t σ не имеет экстремума и наибольшее напряжение

будет возникать при d z 2

3= :

h

Hd t

γ σ

2

29max, = .

Для определения mσ коническая поверхность рассекается коническим, нормальным сечением на расстоянии z от вершины конуса ( рис.7.9,б). Уравнение равновесия

А

(Б)



150

∑ = 0 z F ,

−++= z d H r z r rhSinm

2

33

3

12 22 π π γ ϑ π σ .

откуда

−+=

−+= z d H

h

zctg z d H

h

r m

3

2

2

33

sin23

2

2

33

sin2 ϑ

ϑ γ

ϑ

γ σ .

Исследуем функцию mσ на экстремум

+=→= ∗ d H z dz

d m

2

33

4

30

σ .

Как видно в пределах участка mσ экстремума не имеет. Наибольшее напряжение mσ

возникает в точках с координатой d z 2

3= :

+=

−+= d H h

d d d H

h

dctg m

4

3

4

92

2

33

sin4

3max,

γ

ϑ

ϑ γ σ .

Второй участок d H z d 2

3

32

3

+≤≤ .

Окружное напряжение t σ , полученное на основании формулы (а), имеет вид

h

d z d H

t

2

3

2

33

−+

=γ

σ ,

h

dH

d z t

γ σ

2

9

2

3 ==

; 02

33

=+= d H z

t σ .

Меридиональное напряжение mσ определяется из условия равновесия отсеченной

части оболочки ( рис.7.9,в). Вертикальная составляющая сил давления складывается из веса жидкости в отсеченной части и силы давления выше расположенных слоев жидкости

∑ = 0 z F ,

−+

+

−

+

= z d H d d z d d d dhm2

33

2

3

2

3

2

3

2

3

2

3

3

1

2

32

222

γ π π π γ π σ .

откуда

const d H h

d m =

+=8

3

4

9γ σ .

Третий участок d H z d H 2

34

2

33 +≤≤+ .

Согласно формуле (а) окружное напряжение 0=t σ .Для определения меридионального напряжения mσ рассматривается равновесие

отсеченной части резервуара ( рис.7.9,г). Вертикальная составляющая сил давления равна весу жидкости, помещенной в сосуде

∑ = 0 z F ,

+

= H d d d dhm 3

2

3

2

3

2

3

3

1

2

32

32

π π γ π σ ,

const d H h

d m =

+=8

3

4

9γ σ .

Согласно выражениям (б - е) строятся эпюры напряжений m

σ и t

σ , представленные

на рис.7.9,а.

В

Г

(Д)

(Е)



151

Наибольшие напряжения возникают в точках первого участка при d z 2

3= . Так как

напряжения mσ и t σ одного знака, то для точек срединной поверхности имеем

h

Hd t

γ σ σ

2

291 == ;

h

d d H m

γ σ σ

+==4

3

4

922 ; 03 =σ .

Эквивалентное напряжение по теории Треска-Сен-Венана (наибольших касательных напряжений)

h

Hd eq

γ σ σ σ

2

2931 =−= .

Толщина стенки h оболочки определяется из условия прочности

admeq σ σ ≤ , admh

Hd σ

γ =

2

29;

3

6

4

1026,11050

1011

2

29

2

29 −⋅=⋅⋅⋅

==adm

Hd h

σ

γ м.

Таким образом, 5 ,1h ≅ мм.Пример 7.7. Определить коэффициент запаса по текучести yn стенок

цилиндрической части резервуара, стоящего на грунте ( рис.7.10,а) и наполненного

жидкостью удельного веса 4101 ⋅=γ Н/м3. Дано: толщина стенки 3101h −⋅= м; высота

4= H м; диаметр 1=d м; предел текучести материала 200= yσ МПа.

Решение. Выделяются два участка.

Первый участок H z 0 ≤≤ . Давление z ⋅= γ ; радиусы 2

d r t == ρ ; ∞=m ρ .

Второй участок H 2 H ≤≤ .

z p ⋅= γ ; d r t == ρ ; ∞=m ρ .

На всех участках окружное напряжение t σ определяется из уравнения Лапласа

h

p t t

ρ σ = .

На первом участке

h

dz t

2

γ σ = ; 00 == z t σ ;

h

dH H z t

2

γ σ =− .

Меридиональное напряжение mσ определяется из условия равновесия отсеченной части

оболочки ( рис.7.10,б)

∑ = 0 z F , 0=mσ ,

так как стенка воспринимает только радиальное давление.На втором участке

h

z d t

γ σ = ;

h

H d H z t

γ σ == ;

h

H d H z t

γ σ

22 == .

Меридиональное напряжение ( рис.7.10,в)

∑ = 0 z F ,

−=

42

22 d

d H dhm π γ π σ ,

const h

dH

m ==

γ

σ 8

3

.



152

Рис.7.10

Замечание: Вертикальная составляющая сил давления равна весу жидкости,

заключенной в заштрихованном объеме АБВГДЕЖЗ ( рис.7.10,в). Эта сила направлена вверх.Осевая составляющая сил давления может быть определена как проекция на ось вращения

распределенного по поверхности участка переменного давления ( рис.7.10,г).

Эпюры напряжений t σ и mσ представлены на рис.7.10,а. Наиболее опасным

является нижнее сечение оболочки ( рис.7.10,а):

h

dH t

γ σ σ

21 == ;

h

dH m

8

32

γ σ σ == ; 03 =σ .

Эквивалентное напряжение по теории наибольших касательных напряжений (по теории

Треска-Сен-Венана)

80101

4110223

2

31 =⋅

⋅⋅⋅==−= −h

dH eq

γ σ σ σ МПа.

Коэффициенты запаса по текучести

5,280

200===

eq

y

ynσ

σ

7.3. Толстостенные трубы

7.3.1. Краткие сведения и теории

Рассмотрение тел вращения, нагруженных силами, симметричными относительно оси

тел (цилиндры компрессоров, трубопроводы высокого давления, диски паровых и газовых турбин и т.д.), приводит к осесимметричным задачам. Решение осесимметричных задач

проводится в цилиндрической системе координат r , ϑ , z ( рис.7.11,а). При выборе в

качестве z оси тела вращения напряжения, деформации и перемещения не зависят от угла

ϑ .

Для трубы неограниченной длины, нагруженной внутренним 1 p и наружным

давлением 2 p ( рис.7.11,б), окружные и радиальные напряжения ( рис.7.11,в) определяются

по формуле Ламе [1].

2,r

B At r m=σ ,

где А и В – произвольные постоянные

(7.7)



153

Рис.7.11

Постоянные А и В в каждом конкретном случае нагружения трубы определяются из граничных условий. Так, если труба нагружена внутренним 1 p и наружным 2 p давлениями

( рис.7.11,г), то постоянные определяются из следующих условий:

при 1r r = 1r p−=σ ,

при 2r r = 2r p−=σ .

Подставляя эти условия в формулу (7.7), получим

2

1

2

2

2

22

2

11

r r

r pr p A

−−

= ,

2

1

2

2

2

2

2

121 )(r r

r r p p B −−= .

Осевые напряжения z σ определяются из уравнения равновесия отсеченной части

трубы. Так, например, осевое напряжение в трубе с днищами, нагруженной осевой силой F ( рис.7.12,а):

∑ = 0 z F , 0)(2

11

2

1

2

2 =−+− r p F r r z π π σ ,

)( 2

1

2

2

2

1

2

2

2

11

r r

F

r r

r p z −

−−

=π

σ .

Указанные результаты решения задачи Ламе теряют свою силу около торцов трубы.

Используя решения задачи Ламе, можно найти напряжения у отверстия в бесконечной плите при запрессовке штифта ( рис.7.12,б). При этом граничные условия имеют вид

при 1r r = pr −=σ ,

при ∞=r 0r =σ

Используя формулу (7.7), получаем

0= A ,2

1 pr B = .

Таким образом 2

2

2

1,

r

r pt r m=σ .

Напряжения в вале в месте посадки диска по прессовой посадке можно получить как

частный случай нагружения трубы наружным давлением p ( рис.7.12, в). В этом случае граничные условия

1r r = )0( 1 =r 0=r σ ,

(7.8)



154

2r r = )2/( 2 d r = pr −=σ .

Рис.7.12

Тогда

2

1

2

2

2

2

r r

r p A

−−= ,

2

1

2

2

2

2

2

1

r r

r r p B

−−= ;

−

−−=

2

2

1

2

1

2

2

2

2 1r

r

r r

pr r t

σ .

Эта формула справедлива для труб, нагруженных внешним давлением p ( рис.7.13,б).

Поскольку для сплошного вала 01 =r и 2 / d r 2 = , то

pt −=σ .

Для трубы, нагруженной внутренним давлением ( рис.7.13,а) и для трубы,нагруженной внешним давлением ( рис.7.13,б), наиболее опасны точки, расположенные у

внутренней поверхности труб и эквивалентные напряжения по теории наибольших

касательных напряжений (при 0= z

σ ) для этих труб равны друг другу:

2

1

2

2

2

22

r r

r peq −

=σ .

Максимальное давление, которое можно создать в трубе без появления пластических деформаций

2

2

2

1

2

2

2

1

2

2

2

2

2

2

r

r r p

r r

r p y y y yeq

−=→=

−= σ σ σ .

Для «толстых» труб: 2/ y y p σ = . Для снижения окружных напряжений используются

составные трубы, посаженные друг на друга с натягом ∆ ( рис.7.13,в). Натягом ∆ называется разность между наружным радиусом внутреннего цилиндра и внутренним радиусом наружного цилиндра до посадки. На границе двух труб возникает контактное давление

+

−+

+

−

−+

∆=

222

2

22

2

2

12

1

2

2

1

2

1

11

/

vr r

r r

E v

r r

r r

E

r p

k

k

k

k

k k ,

где 2121 v ,v , E , E - модули упругости и коэффициенты Пуассона материалов внутреннего и

наружного цилиндров. При неравномерном нагреве по радиусу цилиндра в нем возникают температурные напряжения, которые суммируются с напряжением от давления. Запишем

формулы для температурных напряжений при линейном законе изменения температуры по

радиусу

12

20)(

r r r r T r T

−−= ,

7.9

(7.10)

(7.11)

7.12



155

где 210 T T T −= ; 1T и 2T - температуры на внутренней и наружной поверхностях

цилиндра соответственно

Рис.7.13

−−

⋅

−−−=

2

1

2

2

3

1

3

2

2

2

1

2

3

1 1r r

r r

r

r

r

r r C r σ ,

−−

⋅

+−+=

2

1

2

2

3

1

3

2

2

2

1

2

3

1 12r r

r r

r

r

r

r r C t σ ,

−−

−=3

1

2

2

3

1

3

223r r

r r r C z σ ,

где ))(1(3 12 r r v

T E C −−

= α ; α - коэффициент линейного температурного расширения материала

цилиндра.7.3.2. Примеры расчета толстостенных труб

Пример 7.8. Толстостенная труба с днищами нагружена внутренним давлением и

крутящим моментом ( рис.7.14,а) Найти коэффициент запаса по текучести yn . Дано:

150= p МПа; 1002 =r мм; 500= yσ МПа; 200= M кНм.

Решение. Окружные и радиальные напряжения при внутреннем давлении

определяются по формулам (7.7). Постоянные А и В определяются из граничных условий 1r r = , pr −=σ ;

2r r = , 0r =σ .

2

1

2

2

2

1

r r

r p A

−= ;

2

1

2

2

2

2

2

1

r r

r pr B

−= .

−

=2

2

2

1

2

2

2

1, 1

r

r

r r

pr t r mσ .

Эпюры напряжений r σ и t σ показаны на рис. 7.14,б. Осевое напряжение

определяется по формуле (7.8)

502

1

2

2

2

1 =−

=r r

r p z σ МПа.

(7.13)

7.14



156

Рис.7.14

Касательные напряжения

Ip

Mr

=τ ,

4414

106,1)102(1,032

−−

⋅=⋅==

d

I p

π

м4.

5 ,621r r ==τ МПа; 125

2r r ==τ МПа.

Эпюры напряжений z σ и τ приведены на рис.7.14,б.

Определяем эквивалентные напряжения по критерию Треска – Сен – Венана:1) Для точек А у внутренней поверхности трубы ( рис.7.14,а) при 1r r = - объемное

напряженное состояние

11815025,62

2

2

50250

2

25050maxmin

±=+

−±

+=σ ;

2681 =σ Мпа, 322 =σ Мпа, 1503 −=σ Мпа, 41831, =−= σ σ σ Aeq МПа.

2) Для точек В у наружной поверхности трубы ( рис.7.14,а) при 2r r = - плоское

напряженное состояние

1275,752125

2

2

50100

2

10050maxmin

±=+

−±

+=σ .

2021 =σ МПа; 02 =σ ; 513 −=σ Мпа; 25331, =−= σ σ σ Beq МПа.

Итак, опасная точка находится у внутренней поверхности трубы, Beq Aeq ,, σ σ > .

Коэффициент запаса прочности равен 2,1418

500

,===

Aeq y yn

σ

σ .

Пример 7.9. Сравнить коэффициенты запаса прочности по текучести для трубы,

нагруженной внутренним давлением ( рис.7.15,а) и составной трубы, имеющей тот же

внутренний и наружный радиусы, нагруженной тем же давлением ( рис.7.15,б). Дано:

сплошная труба: 20r 1 = мм; 45r 2 = мм; 300= МПа. Составная труба: 20r 1 = мм;

45r 2 = мм; натяг при посадке 2105,4 −⋅=∆ мм; 30=k r мм.

Решение. 1. Сплошная труба: окружные и радиальные напряжения определяем по

формуле (7.14)

−=

2

22

1

2

2

2

1, 1

r r

r r pr t r mσ ,



157

3001

−==r r r σ МПа ; 0

2==r r r

σ ; 4481

==r r t σ МПа; 148

2==r r t

σ МПа.

Рис.7.15

Напряженное состояние в опасной точке, расположенной у внутренней поверхности

( рис.7.13,а), плоское с главными напряжениями

4481 =σ МПа; 02 =σ ; 3003 −=σ МПа.

Эквивалентное напряжение по критерию Треска-Сен-Венана

74831 =−= σ σ σ eq МПа.

Коэффициент запаса прочности равен 07,1, ==eq

y

спл ynσ

σ .

2. Составная труба: контактное давление за счет посадки определяется по формуле (7.11)

7,57)(2

))((2

1

2

2

3

22

2

2

1

2

=−

−−∆=

r r r

r r r r E p

k

k k k МПа.

Напряжения r σ и t σ от контактного давления в трубах вычислены по формулам (7.9) и

(7.14):

1) Внутренняя труба нагружена внешним давлением k p :

−

−−=

2

2

1

2

1

2

2

1r

r

r r

r p

k

k k r t

σ ;

01

==r r r σ ; 7,57−=−== k r r r

pk

σ МПа; 2081

−==r r t σ МПа; 150−== k r r t

σ МПа.

2) Внешняя труба нагружена внутренним давлением k p :

−=

2

2

22

2

2

1 r

r

r r

r p

k

k k r t mσ ,

7,57−=−== k r r r pk

σ МПа; 02

==r r r σ ; 150== k r r t σ МПа; 922

==r r t σ МПа.

Эпюры напряжений от контактного давления в трубах показаны на рис.7.15,б.

Напряжения в составной трубе, нагруженной внутренним давлением ( рис.7.16,а),

получим, сложив напряжения от внутреннего давления в сплошной трубе ( рис.7.15,а) с

напряжениями от контактного давления в составной трубе ( рис.7.15,б).

Для вычисления коэффициента запаса прочности в составной трубе при действии

внутреннего давления, необходимо найти эквивалентное напряжение в двух точках: точка А

в зоне контакта у внешней трубы и точка В у внутренней поверхности внутренней трубы

( рис.7.16,а).



158

Напряженное состояние составной трубы:

Точка А ( рис.7.16,б)

390,1 == At σ σ МПа; 02 =σ ; 1503 −=−= k pσ МПа.

Эквивалентное напряжение по критерию Треска-Сен-Венана 540

31, =−= σ σ σ

Aeq МПа.

Точка В ( рис.7.16,в)

240,1 == Bt σ σ МПа; 02 =σ ; 3003 −=σ МПа.

Эквивалентное напряжение 54031, =−= σ σ σ Aeq МПа.

Таким образом, точки А и В равноопасны. Коэффициент запаса по текучести равен

5,1540

800===

eq

y yn

σ

σ .


Задача 7.1. Для кольцевой пластинки постоянной толщины ( рис.7.17,а), нагруженной

по наружному контуру распределенной нагрузкой P [Н/м], построить эпюры изгибающих

моментов r M и t M , найти максимальный прогиб maxw и коэффициент запаса по текучести

yn . F ; 1r ; 2r ; h ; yσ - заданы.

Задача 7.2. Кольцевая пластина постоянной толщины ( рис.7.17,б) находится под

давлением [Н/м2]. Определить коэффициент запаса прочности пластины и максимальный

прогиб. Дано: ; 1r ; 2r ; yσ .

Задача 7.3. Кольцевая пластина, защемленная по внешнему контуру, загружена распределенным моментом et по радиусу 1r , как это показано на рис.7.17,в. Найти

максимальные напряжения maxr σ , maxt σ и максимальный прогиб maxw . Дано: et ; 1r ; h .

Задача 7.4. Стальная пластина диаметром 2,02 = R м, показанная на рис.7.17,г,находится под действием сосредоточенной силы 1= F кН, приложенной в центре (принять

0= p ). Из условия жесткости найти допускаемое значение толщины h пластины, если

5,0=admw мм.

Рис.7.15

Рис. 7.16



159

Рис.7.17

Задача 7.5. Крышка цилиндрической оболочки диаметром м R 1,02 = выполнена из

меди ( 5101⋅= E МПа; 32,0=v ; 60=admσ МПа) и находится под давлением 2,0= p МПа

( рис.7.17,г. принять 0= F ). Из условия прочности по критерию Хубера-Мизеса подобрать

толщину крышки h .

Задача 7.6. Цилиндрический резервуар с толщиной стенок h полностью заполнен жидкостью плотностью ( рис.7.18,а). Построить эпюры меридиональных и окружных

напряжений.

Задача 7.7. Конический резервуар на ¾ высоты может быть заполнен водой

( рис.7.18,б). Определить необходимую толщину стенки резервуара, если он изготовлен из стальных листов. Принять с учетом коррозии стенки 60=admσ МПа, применить критерий

Треска-Сен-Венана.

Задача 7.8. Шаровый газгольдер изготовлен из алюминиевых листов толщиной

20=h мм ( рис.7.18,в). Определить максимальное давление газа, на которое рассчитан

газгольдер, если 60=admσ МПа. Использовать критерий текучести Треска-Сен-Венана.

Рис. 7.18

Задача 7.9. Определить коэффициенты запаса по текучести в сечениях nn − и

mm − детали стального трубопровода ( рис.7.18,г), заполненного жидкостью под давлением

. Фланец А нагружен моментом М. Дано: 50=d мм; 1=h мм; 4= p МПа; 150= M Н⋅м;


Задача 7.10. Определить напряжения, возникающие в коническом колоколе

( рис.7.18,д), предназначенном для подводных работ, при опускании его на глубину 5= H м.



160

Высота колокола 2= H м, угол o60=ϑ , толщина стенки 3103 −⋅=h м. Удельный вес воды 4101 ⋅=γ Н/м3.

Задача 7.11. Определить коэффициент запаса по текучести змеевика-компенсатора ( рис.7.19,а), выполненного из толстостенного стального капилляра (трубки), передающего

давление 200= p МПа. Диаметр компенсатора 400= D мм, размеры трубки: внешний

диаметр 10=d мм, внутренний диаметр 2=∆ мм. Наибольшее усилие, растягивающее

компенсатор, H F 200= . Материал трубки - низколегированная конструкционная сталь


Задача 7.12. Бронзовый цилиндр, внешний диаметр которого 4002 =d мм, а

внутренний 2001 =d мм, находится под действием внутреннего давления 40= p МПа

( рис.7.19,б). Определить коэффициент запаса по текучести, пользуясь теорией Мора, если

90== yc yt σ σ МПа. Как изменится коэффициент запаса конструкции, если на бронзовый

цилиндр надеть плотно без натяга стальной цилиндр с толщиной стенки 50=h мм

( рис.7.19,в)? Предел текучести стали 300== yc yt σ σ МПа. Принять для бронзы 25,0=v ; для

стали 3,0=ν .

Рис.7.19



161

Глава 8. ДИНАМИЧЕСКОЕ ДЕЙСТВИЕ СИЛ

8.1. Расчет движущихся и неравномерно нагретых элементов конструкций

8.1.1. Общие положения

По условиям работы большинство деталей машин находятся в движении (например,

лопатки и диски турбомашин, шатуны и т.д.). Во многих случаях ускорения движущихся элементов практически не зависят от их деформации и могут быть определены методами

кинематики твердого тела.

Ускорения точек равномерно вращающихся тел (диски, шкивы) постоянны по величине

и направлению. Их напряженное состояние не изменяется по времени. Если же ускорения в

процессе движения меняют величину и направление (например, шатуны), то можно

исследовать напряженное состояние в отдельные моменты времени.

Для изучения напряженного состояния неравномерно движущихся (или равномерно

вращающихся) тел воспользуемся принципом Даламбера. Систему будем рассматривать как

неподвижную, но к каждой ее точке приложим силу, пропорциональную плотности

материала, ускорению и направленную в сторону, противоположную ускорению. Эти

дополнительные силы будем называть силами инерции. Заметим, что в эту схему вписывается и расчет тел, находящихся под действием собственного веса.

Рис. 8.1

В элементах вращающихся или движущихся неравномерно стержневых систем

возникает одноосное напряженное состояние, и внутренние силы (а по ним и напряжения)

определяются методом сечений. Во вращающихся дисках ( рис.8.1,а) имеет место осевая

симметрия [1]. Силы, действующие на диск, в том числе центробежные силы от вращения,

направлены радиально и равномерно распределены в окружном направлении. Напряженное состояние в диске - двухосное; напряжения равномерно распределены по толщине.

На рис. 8.1,б показан элемент диска толщиной h с инерционными нагрузками. Толщину

h предполагаем малой по сравнению с наружным радиусом r2. Рассмотрев равновесие элемента, получаем дифференциальное уравнение

( ) ( ) 02 =+−+ ht r r

hhr dr

d ρω σ σ σ .

Радиальные перемещения u связаны с деформациями t ε и r ε зависимостями:

dr

du

r r

u

t == ε ε , . (8.2)

Используя обобщенный закон Гука, выразим напряжения через деформации:

( )

( ) ,

121

,121

ν

α νε ε

ν σ

ν

α νε ε

ν σ

−

∆−−

−=

−∆

−+−

=

t E

t r

E

r

t E

r t

E

t

где t ∆α - температурная деформация; ν - коэффициент Пуассона.

8.1

А Б

(8.3)



162

Для диска постоянной толщины из уравнений (8.1...8.3) после их преобразований и

интегрирования получаем следующие формулы для напряжений:

( ) ( )[ ]

( )

,1

1

,)(2

1)(

,22

8

3

2

,22

8

31

2

r r

r d t

r r F

r EF r

r

B Ar

r t r F E r r

B At

≤≤∫ ∆=

−+

−−=

∆−++

−+=

η η η η η α

ρω ν

σ

α ρω ν

σ

где 1r – внутренний радиус диска; ( )r t ∆ – функция температуры диска по радиусу.

Температура диска предполагается постоянной по толщине. В равномерно нагретом по

радиусу диске температурные напряжения отсутствуют [14].

Радиальное перемещение определяется выражением:

( )[ ].)(122

8

21

2

)1()1( t r F r r

r

B A

E

r u ∆−++

−−

++−= α ν ρω

ν ν ν

Постоянные A и В определяются из граничных условий в зависимости от формы диска

и способа его нагружения. Граничные условия на контуре диска могут быть заданы в

перемещениях или силах. На рис.8.2 показаны различные варианты граничных условий,

которые встречаются наиболее часто. На наружном контуре диска при r = r2 σ r =σ r2 или

σ r=0 ( рис. 8.2, а). Граничные условия на внутреннем контуре радиуса r=r1 диска зависят от условий его закрепления.

Рис.8.2

Если диск свободно посажен на вал или центральное отверстие свободно, то σ r1=0.

Если диск посажен на вал с диаметральным натягом ∆ и этот натяг достаточен, чтобы при

вращении он не исчезал, то граничным условием является условие совместности

деформаций диска и вала ( рис.8.2,в) u-ub = ∆2

1 , где u и ub – радиальные перемещения

диска и вала под действием всех факторов (посадки, температуры, центробежных сил), часто

принимают ub = 0. Иногда диски выполняют без центрального отверстия ( рис.8.2,6). В этом

случае на некотором малом радиусе r1 = (0,01...0,05)r2, σ r1=σ t1.

8.2. Примеры расчетов

Пример 8.1. Стержень заданных размеров постоянного поперечного сечения движется

под действием силы F с ускорением α ( рис.8.3,а). Установить законы изменения по длине

стержня внутренних сил, напряжений и относительных перемещений и построить эпюры

напряжений и перемещений.

Решение. В соответствии с принципом Даламбера рассмотрим неподвижный

стержень, нагруженный распределенной нагрузкой интенсивности ne ( рис 8.3, а). Начало

координат поместим на левом торце. Интенсивность инерционной нагрузки равна

ne= ρ Aa, (a)

(8.4)

(8.5)

(8.6)

(8.7)



163

Рис. 8.3

где ρ - плотность материала стержня; А - площадь поперечного сечения стержня; а -

ускорение.

Выделим двумя поперечными сечениями, отстоящими на расстоянии z от начала

координат элемент длиной dz и рассмотрим его равновесие ( рис. 8.3, в). Проектируя все силы

на ось z , запишем:

∑ Fz=N + dN + ne dz – N=0, где N – нормальная сила.

Подставив ne в уравнение (а), получим дифференциальное уравнение

,α ρ Adz

dN −=

интеграл которого равен

N = с - pAaz.Постоянную интегрирования С определяем из граничных условий:

при z = О , N - 0 => С = 0 ,

при z=l , N = -F =>l ρ

Fz a = .

Следовательно,

N = - ρ Aaz =l

Fz − ,

σ = az A

N ρ −= .

Отметим, что значение напряжений не зависит от размеров площади поперечного

сечения.

Рассмотрим перемещения, связанные с деформациями. Левый торец примем за неподвижный. Перемещение wz сечения z равно удлинению части стержня длиной z

( )∫ ∫ −=−== z z

E

z d

E

d z w

0 0 2

2 ρα η η

ρα η η ε .

Эпюры напряжений показаны на рис. 8.3.

Пример 8.2. Построить эпюры нормальных сил, напряжений и перемещений,

возникающих в конической колонне под действием собственного веса. Плотность материала

колонны - ρ ; размеры показаны на рис. 8.4,а.

Решение. Поместим начало координат в верхнем сечении, направив ось z вниз. При

таком выборе системы отсчета нормальная сила определяется из решения

дифференциального уравнения (б, пример 8.1), в котором в отличие от примера 8.1, площадь

поперечного сечения является функцией z , а ускорение а = g .Диаметр колонны в текущем

сечении

+= l

z

d z d 1)( ,



164

2

10

)(

+=l

z A z A ,

где А0 - площадь верхнего сечения. После интегрирования уравнения (б, пример 8.1)

получаем

.

3

1

03

1

+−=l

z l gAC N ρ

Так как при z=O N=O,то C= .3

10l gA ρ Тогда окончательно имеем

+

+−⋅=

+−

=

.2

1

3

11

3

,

3

1103

1

l

l

l

z

z

gl

z l gA N

ρ σ

ρ

(a)

При определении перемещений начало координат поместим в неподвижном основании.

Обозначим расстояние от текущего сечения до основания через x, тогда z + x = l . Заменяя

переменную в выражении для напряжений (а), получим

( )

( )22

323

3 x

xl g

−

−−⋅=

l

l ρ σ .

Перемещение текущего сечения составляет

,

02

22

)2(2

2

32

)2(

3)2(

3

3)( ∫

−−

−=

−

−−=

x x x

x

x

E

g d

E

g xw

l

l

l

l

ll ρ η

η

η ρ

где 0 ≤ η ≤ x .

Рис. 8.4

На рис. 8.4,б показаны эпюры сил, напряжений и перемещений. Заметим, что при l =

6м, ρ = 2,78⋅103 кг / м3 (алюминиевый сплав), d = 0,1 м максимальное напряжение

9012

7max == l g ρ σ Кпа ,

а максимальное перемещение

.610442

3

1max м g

E w

−⋅== l ρ

Пример 8.3. Определить максимальные напряжения в стержне длиной l постоянного

поперечного сечения, вращающемся с постоянной угловой скоростью ω ( рис. 8.5, а).

Решение. Схема нагружения стержня показана на рис. 8.5. Интенсивность инерционной

нагрузки на расстоянии z от оси вращения ne(z)= ρ Aω 2z. (a)



165

Рассмотрев равновесие элемента стержня длиной dz (см. пример 8.1), получаем

dN=- ρ Aω 2zdz. (б)

На свободном торце стержня, при z = l , нормальная сила отсутствует. Используя это

условие, получаем после интегрирования уравнения (б)

N=- ρ Aω 2( l 2 -z2}.

Максимальные напряжения действуют в сечении z = 0

22

2

1max l ρω σ = или .

2

1 2

max V ρ σ =

Здесь V = ω l – окружная скорость свободного торца. На рис. 8.5,б показаны эпюры

интенсивности инерционной нагрузки ne и нормальной силы N.

Рис. 8.5 Рис. 8.6

Пример 8.4. Стержень длиной l с сосредоточенной массой m на конце вращается с

постоянной угловой скоростью ω ( рис.8.6). Установить закон изменения площади

поперечного сечения стержня, при котором он будет равнопрочным.

Решение. Условие равнопрочности стержня ( рис.8.6) имеет вид:

)( z A

N =σ = const.


N=cA(z), а dN=cdA(z).Подставляя это равенство в (б, пример 8.3), получим следующее дифференциальное

уравнение

.2 zdz A

dAc ρω −=

Решение этого уравнения имеет вид

).2

2

2exp( z

c D A ⋅−=

ρω

Постоянную D определяем из условия, что при z = l , А = А0 , тогда

D= A0 exp

c2

22l ρω .


( ) .22

2

2exp

0

−= z

c A A l

ρω

Поскольку нормальная сила на торце N=mω 2 l , то постоянная c (напряжение в

стержне) равна:

0

2

A

mc

lω = .



166

Поэтому .2

21

2

0exp0

−=

l

l z

m

A A A

ρ

Пример 8.5. Определить напряжения и радиальные перемещения, возникающие в

тонкостенном кольце при его вращении в своей плоскости с угловой скоростью ω ( рис.

8.7,а).

Решение. Воспользуемся принципом Даламбера. Остановив кольцо и нагрузив его

силами инерции qe = ρ Аω 2R, приходим к расчетной схеме замкнутого кругового контура,нагруженного равномерно распределенной нагрузкой ( рис. 8.7,а).

Вследствие полной симметрии во всех сечениях кольца напряженное и

деформированное состояния, а также радиальные перемещения u всех точек одинаковы.

Поэтому в поперечном сечении отлична от нуля только нормальная сила N .

Рис.8.7

Разрезав кольцо на две части ( рис.8.7,б) и рассмотрев равновесие отсеченной части,

получим 2N = qe⋅ 2R. Следовательно,

σ = Rqe = ρω 2R2.

Определим радиальное перемещение u. Длина окружности кольца в

недеформированном состоянии 2π R, а в деформированном - 2π (R+и ), следовательно,

окружная деформация ε = u/R. Зная напряжение, по закону Гука при одноосном

напряженном состоянии, устанавливаем:

== E

Ru

σ

E

R32 ρω

.

Рис. 8.8

Пример 8.6. Построить эпюры напряжений в равномерно нагретом вращающемся

диске постоянной толщины без отверстия ( рис. 8.8,а). Вычислить максимальные напряжения,

если ρ = 7,8 103 кг / м3; n = 6000 об/мин; r2 = 0,2 м; ν = 0,24.

Решение. В сплошном диске из условия симметрии напряжения σ r , и σ t в центре равны,

к тому же они ограничены. Поэтому в формулах (8.4 и 8.5) постоянная В = 0 . Постоянную А

находим из граничного условия на наружном контуре:

При r=r2 σ r=0 или A= .22

2

8

3r ρω

ν +

Подставив значения постоянных в формулы (8.4), (8.5), (8.7), получаем



167

( )( ).3

31

18

13

;18

3

;3

311

8

3

22

22

2

2

2

2

22

2

2

2

2

22

2

2

tr r

r

r E

r

u

r

r r

r

r r

r

t

∆+

+

+

−

−+

=

−

+=

+

+−

+=

α ν

ν

ρω

ν ν

ρω ν

σ

ν

ν ρω

ν σ

Из последнего равенства видно, что радиальное перемещение в равномерно нагретом

диске определяется двумя слагаемыми. Первое слагаемое отражает зависимость

перемещения от частоты вращения, упругих постоянных, плотности материала и размеров

диска, второе – только от изменения температуры. Выше отмечалось, что при равномерном

нагреве температурные напряжения в диске не возникают.На рис. 8.8,б,в показаны эпюры безразмерных напряжений t r σ σ , и безразмерного

радиального перемещения u , возникающего в диске только от вращения (без учета

нагрева). Принято

.

,

3

2

2

2

2

2

r

uE u

ρω

ρ ρω σ σ

=

=

Как следует из эпюр, максимальные напряжения возникают в центре диска

σ t max=σ r max=0.405 ρω 22

2r =0.405 ρ V2.

Здесь V=ω r2 – линейная скорость точек обода. Из последнего равенства можно

определить допустимую скорость для диска Vadm:

,405,0 ρ

σ adm

admV =

где σ adm – допускаемое напряжение.В рассмотренном примере σ t max=σ r max=50МПа при ω = π n/ 30 = 628с-1.

Максимальное радиальное перемещение umax = 2,2 • 10 -5 м.

Пример 8.7. При сборке диск постоянной толщины посажен на вал с радиальным

натягом ∆. Определить освобождающее вал число оборотов диска ( рис.8.9,а). При расчетах

принять r1 = 0,03м; r2 = 0,15м; ∆ 1004,0 r = ; ρ = 7,8. 10 -3кг / м3; ν = 0,24; Е = 2,1 ⋅ l O5 MGa..

Решение. При освобождающей частоте вращения 0 контактное давление между валом и

диском становится равным нулю и задача сводится к решению диска со свободной

внутренней и наружной поверхностями.Поэтому постоянные А и В определяются из следующих граничных условий: при r=r1,

σ r=0 и при r = r2 σ r = 0. Из уравнения (8.5) получаем

=+

−−

=+

−−

.08

3

,08

3

2

2

2

02

2

2

1

2

02

1

r r

B A

r r

B A

ρω ν

ρω ν

Обозначив ar =21

20 ρω и решив систему, устанавливаем

.

8

3;

8

3 2

22

1

2

1

2

2 ar B

r

r r a A

ν ν +=

++=

Формулы (8.4), (8.5) и (8.7) принимают вид



168

( ) ( ) .3

1

1118

3

,18

3

,3

311

8

3

2

1

22

2

2

1

2

1

2

2

2

1

2

2

2

2

2

1

2

2

2

1

2

2

2

2

2

1

2

2

ar

r

r

r

r

r

E

r

u

r

r

r

r

r

r a

r

r

r

r

r

r a

r

t

⋅+

−

−++

+⋅−

+

⋅=

−−+

+=

⋅

++

−+++

=

ν

ν

ν ν

ν

ν σ

ν

ν ν σ

Рис.8.9

Введем безразмерные напряжение σ = σ /a и радиальное перемещение )/(1

ar uE u = ,

эпюры которых показаны на рис. 8,9,б,в.

Искомую частоту вращения 0 найдем, приравняв радиальное перемещение при r=r1

заданному значению, т.е.

,3

1

21

22

21

20

4

3

1

+−

+⋅⋅+

=∆

ν

ν ρω ν

r

r

E

r

r

откуда следует, что 0 =1200с-1 (n=11500 об/мин).

Пример 8.8. Вращающийся диск с отверстием неравномерно нагрет по радиусу ( рис.

8.10). На наружном контуре действует растягивающая нагрузка интенсивности

β ρω 22

2r qe = . Установить закон изменения окружных и радиальных напряжении, если

r2/r1=3; β =0,25; ( ) ;/ 2

1

2

2

2

1

2

2 r r r r t r t −−∆=∆ ν =0,625; ρ , ω , E, r1 и α ∆t2 – заданы.

Здесь r1 и r2 - радиус внутреннего и наружного контуров диска; ∆t2 – изменение температуры на наружном контуре.

Решение. Так как диск неравномерно нагрет, то найдем функцию F(r):

( ) ( )

( )

∫−

⋅

−

∆=−

−

∆⋅=

r

r r

r r

r r

t d r

r r

t

r

r F

1

.2

2)21

2(

2

1

2

24

221

22

1

2

2

22

1 α η η η

α

Обозначим значение функции F(r) на наружном контуре через F2, а на внутреннем –

через F1,:

( ).21

222

24

22

;01

r r r

t F F −

∆==

α

Граничные условия: при r = r1, σ r = 0; при r = r2, σ r = qe .

Тогда

,021

2

8

3

21

=+

−− r r

B A ρω

ν



169

,4

22

22,

222

2

8

3

22

r

eqeq EF r r

B A

ρω ρω

ν ==−

+−−

Рис.8.10

откуда находим постоянные А и В

( )

( ),

48

3

,4

18

3

22

1

2

2

2

1

2

2

2

1

2

2

4

22

2

2

1

2

2

2

2

2

2

1

2

2

2

1

4

2

2

1

2

2

EF r r

r r

r r

ar ar B

r r

EF r

r r r

ar

r

r a A

−+

−+

+=

−+

−+

+

+=

ν

ν

где .21

2r a ρω =

Формулы для напряжений σ t и σ r , в общем виде получаются громоздкими и поэтому не приводятся. С учетом соотношений, данных в условии задачи, получаем

( ) .19,625.0

;6,625,0,9

2

2

12

222

r at E B

at E At F

+∆=

+∆=∆=

α

α α

Подставив выражения для F(r1), А и В в формулы (8.4) и (8.5), получаем

,

.4

)406.019.66.6(

441)218.019.66.6(

2

2

1

2

2

22

2

2

2

1

2

2

1

2

2

2

11

2

2

2

1

2

2

1

2

2

2

1

2

2

2

1

2

1

2

2

2

11

E t

r r

r r

r

r r a

r

r

r

r

E t

r

r r

r r

r r

r

r a

r

r

r

r

∆

−

−−+−+=

∆

−

−

−

−+++−+=

α σ

α σ

Вторые слагаемые в этих формулах определяют температурные напряжения в

неподвижном диске с отверстием. На рис. 8.10,б представлены эпюры напряжений для

вращающегося диска с контурной нагрузкой без нагрева, a на рис. 8.10,в – температурные напряжения в неподвижном диске. Первые отнесены к параметру а, вторые - к α∆t2E . Как

видно из эпюр, максимальные напряжения действуют на внутреннем контуре.Следует обратить внимание на тот факт, что эпюра окружных температурных

напряжений - самоуравновешена, т.е.

02

1

=∫

r

r dr t σ .

Пример 8.9. Стальное зубчатое колесо постоянной толщины посажено на стальной вал

с натягом ∆0 ( рис.8.11). Колесо вращается с частотой npaб =2500 об/мин и передает

мощность Р=25 квт. Определить коэффициент запаса прочности для колеса по теории

текучести Треска-Сен-Венана.

Дано: материал вала и колеса – Ст30; σ y = 300МПа; t =50мм; r1 = 14мм; r2=100 мм, ν =

0,3; E = 2⋅105МПа; q = 7,8⋅103кг/м3. Решение. Для зубчатого колеса в качестве расчетной схемы выбирается тонкий диск

постоянной толщины.



170

Рис.8.11

Угловая скорость диска

.126230

250014,3

30

−=⋅

== cn ραδ

π ω

Момент, передаваемый диском, рассчитываем по формуле

⋅=⋅

== H P

M 5,95

262

31025

ω

м.

Непроворачиваемость диска по отношению к валу при передаче момента М

обеспечивается за счет сил трения между валом и диском (коэффициент трения f = 0,15).

Условие непроворачиваемости (с нормативным коэффициентом запаса nadm=l,5 ) имеет вид

,adm

f

n

M M =

где Mf = Pk ω f π r1 tr1 – момент сил трения, откуда определим требуемое контактное давление pk ω между валом и диском при вращении вала с угловой скоростью ω

5,15

15,005,02

014,014,32

5,15,95

212

=

⋅⋅⋅⋅

⋅=

⋅=≥

tf r

admn M

adm p

k p

π ω

МПа.

Найдем натяг ∆ω при рабочем числе оборотов, обеспечивающий требуемое контактное давление pk ω = padm, a pk ω определяется по формуле

( ).

122

4

21

22

1

21

22

21

2211

2 r r

r r E

r r

r r

E

r

k p

−∆=

−

+

−

++−

∆=

ω ν ν ω

ω

Тогда

adm

p

r r E

r r ⋅

−

=∆2122

122

4

ω

,

откуда

.( ) ( )

,2014,021,011102

014,021,046105,152

122

122

4

−⋅

⋅⋅⋅=

−=

r r E

r r

adm p

∆ω = 4,43⋅10-6м.

Связь ∆ω с начальным натягом ∆0 дается выражением (8.8)

( ) ( ) ( ),2

1112

23

2

12

0

−−

−+

+−−∆=∆ r

E E r

E

r ν ρ ν ρ ν ρ ω ω

2

221

23

0

r r

E

ρω ν ω ⋅

+−∆=∆ ,



171

отсюда

61043,42

221

23

0−⋅=⋅

++∆=∆

r r

E

ρω ν ω

61005,5211102

21,0014,022623108,73,3 −⋅=⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅+ м.

Проверка прочности диска по теории текучести Треска-Сен-Венана. При определении

напряжений воспользуемся принципом суперпозиции

,,,

+=+=

tk td t

rk rd r

σ σ σ σ σ σ

где σ d и σ k – инерционные и контактные напряжения.

Инерционные напряжения в точках диска определяются по формулам (8.4), (8.5).

При r=r1

σ rd = 0,

( ) ( )[ ]=−++= 21

122

34

2r r

td ν ν

ρω σ ( ) 44,42014,07,021,03,3

4

22623108,7=⋅+⋅

⋅⋅= Мпа.

При r=r2,

σ rd=0,

( ) ( )[ ]=−++= 21

122

34

2r r

td ν ν

ρω σ ( ) 02,121,07,02014,03,3

4

22623108,7=⋅+⋅

⋅⋅= Мпа.

Контактные напряжения в диске определяются по формуле

( ),

2

1

21

22

22

2121

21

22

222

211

r r r

r r p p

r r

r pr prk tk

⋅−

−

−

−= mσ

где p1 и p2 – внутреннее и внешнее давления. Здесь

p1 = pk ω = padm; p2 = 0,

тогда

.2

221

21

22

21

−=

r

r

r r

r adm

prk tk

mσ

В опасных точках:

при r=r1

σ rk = -padm = -15,5 МПа,

( )12,16

2014,021,0

21,02014,06105,15

21

22

22

21 =

−

+⋅=

−

+=

r r

r r

adm p

tk σ МПа.

при r=r2 σ rk=0

62,02014,021,0

2014,06105,152

21

22

21

2=

−

⋅⋅⋅=

−=

r r

r adm

p

tk σ МПа.

Окончательно складывая инерционные и контактные напряжения, получим в точках

диска у его внутренней и внешней поверхностей:

при r=r1

σ r = σ rd+σ rk = - 15,5 МПа;

σ t = σ td+σ tk = 4,44+16,12 = 20,56 МПа.

при r=r2 σ r=σ rd+σ rk=0 – 15,5 = = 15,5 Мпа;

σ t=σ td+σ tk=1,02 + 0,62 = 1,64 Мпа.



172

Таким образом, более опасной является внутренняя точка диска. Касательные

напряжения в этой точке диска равны касательным напряжениям на поверхности вала (τ tr=τ )и определяются из соотношения

τ = τ tr = pk ω⋅ f,

τ = 15,5⋅0,15=2,325 МПа.

Напряженное состояние в рассматриваемой точке изображено на рис.8.11,б.

Главные напряжения в данном случае определяем по формуле

.18,1853,22325,2

2

2

5,1556,20

2

5,1556,203,1

,22

223,1

±=+

+±

−=

+

−±

+=

σ

τ σ σ σ σ

σ r t r t

Итак, σ 1 = 20,71 МПа ; σ 2 = 0; σ 3 = -15,65 МПа .По теории текучести Треска-Сен-Венана

σ eq = σ 1-σ 3 = 20,71-(-15,65)=36,36 МПа.

Коэффициент запаса для диска

.25,836,36

300===

eq

y yn

σ

σ

8.2. Расчеты на ударную нагрузку

8.2.1. Общие положения . Примеры

Ударные нагрузки возникают в процессе работы в элементах различных машин

(отбойные молотки, кузнечно-прессовое оборудование, автоматическое оружие,

транспортные машины и др.).Расчет на прочность при ударе включает в себя вычисление напряжений и деформаций,

возникающих в соударяемых деталях. Здесь рассматриваются методы расчета напряжений и

деформаций при ударном нагружении стержневых систем.

Механическим ударом называется столкновение тел, сопровождающееся полным или

частичным переходом кинетической энергии тел в энергию их деформации [б]. Момент встречи тел называется началом удара; момент, когда взаимодействие тел прекращается -

концом удара. Интервал между двумя этими моментами называется временем или

продолжительностью удара.

Основная гипотеза приближенной теории удара состоит в том, что деформация

предполагается возникающей мгновенно во всех сечениях стержня. Эта гипотеза

практически означает, что большая масса ударяет по стержню со скоростью, малой по сравнению со скоростью звука, и продолжительность соударения значительно больше

времени, необходимого для прохождения упругой волны по стержню.

Таким образом, принимается, что форма упругой линии стержневой системы при ударе

такая же, как и при статическом нагружении.

Далее, предполагается, что удар абсолютно неупругий, то есть в момент первого

контакта ударяющее тело "прилипает" к стержню, и после этого движется вместе с ним. Для

упругих стержней это движение имеет колебательный характер, однако, с течением времени,

колебания затухают благодаря неизбежным внешним и внутренним потерям энергии.

Наибольшие напряжения, возникающие в первый период после удара, оказываются

значительно больше тех, которые возникают в дальнейшем. Приближенная теория удара

позволяет оценить именно эти напряжения и деформации, т.е. возникающие в первый период после удара.





174

Уравнение энергетического баланса запишется как

K0+ П = U , (8.8)

где 2

2

00

mV K = – кинетическая энергия движущегося груза в момент начала удара; П ==

mg δ din - изменение потенциальной энергии груза от положения начала соприкосновения с

пружиной до его остановки в момент максимального сжатия пружины δ din; U = 2

2

din

cδ –

потенциальная энергия деформации пружины.

Таким образом, уравнение (8.8) принимает вид

,2

2

1202

1din

C din

mg mV δ δ =+

отсюда

0

2022 =−− st g

V

din st din δ δ δ δ . (8.9)

Величина c

mg

= δ st – представляет собой осадку пружины под действием силы, равной

весу груза Fst = mg и приложенной статически. Решение уравнения (8.9) запишем как

.

2011

++=

st g

V

st din δ δ δ (8.10)

Величина

st g

V

st

dindin

K δ δ

δ 2011 ++==

называется коэффициентом динамичности или динамическим коэффициентом.Очевидно, что

,

st

din

st F

din F

st

dindin

K σ

σ

δ

δ ===

где Fdin - максимальное усилие удара (динамическое); Fst = mg – вес ударяющего

груза.

Динамический коэффициент показывает, во сколько раз максимальное перемещение

или максимальное усилие при ударе превышает аналогичные величины при статическом

приложении нагрузки.

Учитывая, что ghV 20 = , получим из (8.11)

.2

11

st

h

din K

δ ++= (8.12)

В случае внезапного приложения нагрузки ( V0 = 0 или h = 0 ) К din = 2.

Наконец рассмотрим задачу определения динамического усилия и перемещения при

вертикальном падении груза массой m на пружину жесткостью С с присоединенной к ней

массой m1 ( рис.8.12,в). Здесь δ 0 =c

g m1 – предварительное сжатие пружины под действием

силы, равной весу груза массой m1, и приложенной вертикально.

Следуя принятым ранее допущениям, удар считаем абсолютно неупругим, т.е. после

начала удара грузы "прилипают" друг к другу и далее движутся вместе с общей скоростью V1 ( рис. 8.12,г). Скорость V1, груза общей массой (m + m1 ) после начала удара может быть

найдена из условия сохранения количества движения

(8.11)



175

MV0+m1V01 = (m+m1)V1, при V01=0,

откуда

0

1

1 V mm

mV

+= .

Заметим, что следствием неупругости удара является рассеяние энергии. Однако при

решении задачи пренебрегая рассеянием энергии, будем считать, что вся кинетическая энергия грузов, которой они обладают в момент начала удара, переходит в потенциальную

энергию сжатой пружины.

Уравнение баланса энергии имеет вид

( ) ( ) ( ) .2

02

1202

11

2112

1din

C C din

g mmV mm δ δ δ δ +=++++

В левой части уравнения записаны кинетическая энергия грузов сразу после начала

удара (первое слагаемое), уменьшение потенциальной энергии грузов при их перемещении

от начала удара до полной остановки (второе слагаемое) и потенциальная энергия сжатой

пружины под действием силы, равной весу груза m1, и приложенной статически (третье слагаемое). Вся эта энергия переходит в потенциальную энергию сжатой пружины, которая

записана в правой части. Уравнение (8.13) после преобразования записывается как

0

1

21

2

02 =

+

−− g

m

m

V st din st din

δ δ δ δ ,

где C

mg st =δ - осадка пружины под действием силы, равной весу груза массой m и

приложенной статически.

Откуда

+

+=

st

st din

g m

mV

δ

δ δ 1

2

0

1

1 .

Динамический коэффициент равен

st

din

g m

m

V K

δ

+

+=1

2

0

1

1 .

Учитывая, что ghV 20 = и 011 δ δ δ +=

+ st st

m

m, получим

0

211

δ δ +++=

st

din

h K .

Выражения (8.14, 8.15) для динамического коэффициента при отсутствии груза 1m

)0( 0 =δ совпадают с ранее полученными выражениями (8.11, 8.12). Формулы (8.14, 8.15)

показывают, что наличие груза (буферной массы) снижает коэффициент динамичности.

Пример 8.10. Найти максимальные напряжения, возникающие в цилиндрической

пружине при ударе по ней грузом массой 2=m кг со скоростью 00 =V м/с ( рис.8.13,а).

Пружина до удара сжата на 400 =δ мм, средний диаметр витка пружины 60= D мм,

диаметр проволоки 6=d мм, число рабочих витков 10=i . Материал проволоки – сталь,модуль сдвига 4108 ⋅=G МПа. Масса пружины пренебрежимо мала по сравнению с массой

груза.

(8.14)

(8.15)



176

Решение. Уравнение баланса энергии имеет вид

2

)(

22

2

0

2

0

2

0 δ δ δ +=+ dinC C mV

.

Отсюда полная осадка пружины 0δ δ +din составит

2

0

2

0

0 δ δ δ +=+C

mV

din.

Жесткость пружины С равна

610)60(8

)6(108

8 3

44

3

4

=⋅⋅

⋅⋅==

i D

Gd C Н/м=6⋅103 Н/м.

( ) 8,67104106

32 22

3

22

0

2

00 ≈⋅+

⋅

⋅=+=+ −δ δ δ

C

mV din мм.

Максимальное усилие, действующее на пружину при ударе

( ) 4058,6760max =⋅=+= δ δ dinC F Н.

Вычисляем максимальные касательные напряжения, возникающие в пружине

3236

13,1601005,4883

2

3

maxmax =⋅⋅⋅⋅==⋅=

π π τ τ τ K

d

D F K

W

T

p

МПа,

где τ K - коэффициент, учитывающий кривизну витка и наличие поперечной силы ( 13,1=τ K

при 10/ =d D ).

Пример 8.11. Найти напряжения, возникающие в пружине ( рис.8.13,б) при ударе тела

массой 2=m кг, движущегося со скоростью 50 =V м/с. Средний диаметр витка пружины

40= D мм, диаметр проволоки пружины 6=d мм, число рабочих витков 12=i . Масса тела,

связанного с пружиной 5,11 =m кг, модуль сдвига материала проволоки

Рис.8.13

4108 ⋅=G МПа. Массой пружины пренебречь.

Решение. Общую скорость грузов, «слипшихся» после начала удара, найдем по

формуле

0

1

1 V mm

mV

+= .

Кинетическая энергия грузов, которой они обладают после соударения, полностью переходит в потенциальную энергию сжатой пружины. Поэтому

( )22

22

11 dinC V mm δ =

+,

отсюда

( )C mm

mV din

1

0

+=δ .

Жесткость пружины равна

( )

( )

4

32

4310

3

4

1069,1121048

106108

8⋅=

⋅⋅

⋅⋅==

−

−

i D

Gd C н/м=16,9 Н/мм.

Динамическая осадка



177

( ) ( )3

41

0 10411069,15,12

25 −⋅=⋅+

⋅=

+=

C mm

mV dinδ м.

Максимальное усилие, действующее на пружину при ударе

6931069,11041 43

max =⋅⋅== −C F dinδ Н.

Максимальные касательные напряжения

( )381

106

11710469388233

2

3

maxmax

max =⋅

⋅⋅⋅⋅===

−

−

π π τ τ τ K

d

D F K

W

D F

p

МПа.

8.2.2. Расчет стержней при действии осевой ударной нагрузки

Изложенная в предыдущем разделе теория расчета и расчетные формулы сохраняют свою силу и для линейно-упругих стержней, подверженных ударной нагрузке в осевом

направлении, отличаются лишь жесткостью С. Например, для стержня постоянного

сечения, подвергающегося удару груза массой m , падающего с высоты ( рис.8.14,а), можно

воспользоваться формулой (8.12) для вычисления динамического коэффициента (если массой стержня можно пренебречь). Величина st δ в формуле (8.12) представляет собой

удлинение стержня под действием силы, равной весу груза массой m , и приложенной

статически

EA

mgl

EA

Nl st ==δ ,

где А – площадь поперечного сечения стержня. Таким образом, динамический коэффициент равен

mgl

hEA K din 211 ++= .

Напряжения при ударе

++==

mgl

hEA

A

mg K st dindin 211σ σ .

Из формулы (8.17) видно, что напряжения при ударе зависят не только от площади А

поперечного сечения стержня, как это имеет место при статическом приложении нагрузки (в

статическим определяемых стержневых системах), но и от длины l и модуля упругости

материала стержня, т.е. напряжения при ударе зависят как от размера стержня, так и от его

упругих свойств. При этом с увеличением длины стержня, т.е. чем больше «энергоемкость»

стержня, динамические напряжения уменьшаются, с увеличением модуля упругости

материала – увеличиваются.

Если площадь поперечного сечения стержня, испытывающего удар меняется

ступенчато, то снизить динамические напряжения можно, повысив сечение наиболее тонкой

части стержня или уменьшив площадь поперечного сечения толстой части, то есть понизив

общую жесткость стержня. Проиллюстрируем сказанное следующим примером - вычислим

динамические напряжения для трех стержней одинаковой длины, но имеющих разные

поперечные сечения ( рис.8.14,б). Считая массы стержней пренебрежимо меньшими массы

падающего на них груза, коэффициенты динамичности найдем по формуле (8.12). Вычислим

величину st δ для трех вариантов стержней.

Для варианта «а»

( )

+−

=2

2

1

2

A

l

A

l l

E

Mg st δ ,

для варианта «б»

(8.16)

(8.17)



178

1 EA

Mgl st =δ ,

для варианта «в»

2 EA

Mgl st =δ .

Обозначив

a A

A=

1

2 , bl

l =2 ,

запишем

aa

bbb st st a st

1:1:1)(:)(:)(

+−=δ δ δ τ .

Рис.8.14

В формуле (8.12) единицей под корнем по сравнению с величиной st

h

δ 2 можно

пренебречь, так как обычно сжатие под действием силы, раной весу груза, много меньше

высоты падения груза. Поэтому st

h

δ 21 < . По этой же причине можно пренебречь и единицей

по сравнению с корнем, и поэтому приближённая формула для коэффициента динамичности примет вид

st

din

h K

δ ⋅= 2 .

Тогда

abbaa

a K K K bdindinadin :1:

)()(:)(:)(

+−=δ .

Для динамических напряжений в соответствии с формулой (8.17) имеем

для варианта «а»

12

)()()( aA

mg K A

mg K adinadinadin ==σ ,

для варианта «б»

1

)()( A

mg K dindin δ δ σ = ,

для варианта «в»

12

)()()(aA

mg K

A

mg K bdinbdinbdin ==σ ,

откуда получим

aabbabdindinadin

1

:1:)1(

1

)(:)(:)( 2 +−=σ σ σ δ .

Если, например, принять а= 5,0/ 12 = A A ; в= 5,0/2 =l l , то



179

707,0:1:815,0)(:)(:)( =вdinб dinаdin K K K .

Тогда соотношение между динамическими напряжениями составит 4,1:1:63,1)(:)(:)( =вdinб dinadin σ σ σ .

Таким образом, наибольшие напряжения возникают в ступенчатом стержне, а

наименьшее – в толстом стержне постоянного сечения.

Анализируя проведенные расчеты, можно сделать вывод о том, что динамические

напряжения зависят от местного утолщения стержня (поскольку меняется жесткость всего

стержня), хотя на статические напряжения эти утолщения не влияют. Местное уменьшение сечения резко повышает напряжения при ударе.

Для снижения динамических напряжений следует стремиться снижать жесткость

стержня, применяя буферные пружины, материалы с низким модулем упругости, избегать

местных выточек.

В предыдущих примерах массой стержня пренебрегалось по сравнению с массой

ударяющего тела. Однако в некоторых случаях масса стержня может оказать существенное

влияние на динамические напряжения при ударе.

Рассмотрим приближенной метод учета массы стержня, который заключается в

приведении массы стержня удара, после чего задача сводится к известному решению (8.15).Пусть груз массой m падает с высоты h и ударяется о выступ стержня ( рис.8.15,а).

Размеры и материал стержня известны.

Скорость груза в момент начала удара

ghV 20 = .

С этого момента нижнее сечение стержня начнет перемещаться вниз, приобретая

скорость V - общую для груза и нижнего сечения стержня. Примем, что скорость любого

сечения на расстоянии от заделки прямо пропорциональна перемещению этого сечения

относительно заделки при статическом приложении нагрузки

0V

l

z V = .

Вычислим кинетическую энергию всего стержня. Для этого выделим из стержня

бесконечно малый элемент длиной dz ( рис.8.15,а). Масса этого элемента

Adz dm ρ = ,

где ρ - плотность материала стержня; А – площадь поперечного сечения. Кинетическая

энергия стержня

∫ ==l

l V AdmV K

0

2

02

322

ρ .

Поскольку Al M ρ = - масса стержня, то

2

3

1

23

1

2

02

0V M MV

K

== .

Таким образом, кинетическая энергия стержня равна той кинетической энергии,

которую имела бы одна треть массы стержня при движении со скоростью 0V , то есть со

скоростью сечения в месте удара. Эта часть массы (в данном случае 1/3) называется

приведенной. В общем случае формула (8.18) имеет вид

2

20

MV K η = ,

где η - коэффициент приведения массы к месту удара.

На практике встречаются задачи определения напряжений в самом ударяющем теле

(например, шток ковочного молота). Схематически этот случай соответствует падению

призматического стержня массой m с высоты h на неподвижную плоскость ( рис.8.15,б,в).

8.18

(8.19)



180

h A K lg0 ρ = ,

где ρ - плотность материала стержня; А – площадь поперечного сечения.

Будем считать, что эта энергия целиком переходит в потенциальную энергию

деформации стержня. Принимая, что в момент удара все частицы стержня испытывают одно

и то же ускорение (замедление), приходим к выводу о том, что напряжения в стержне будут

такими же, как в стержне, нагруженном равномерно распределенными по объему силами

инерции ( рис.8.15,в).

Рис.8.15

Если на стержень действует равномерно распределенная статическая нагрузка, то напряжения по длине изменяются по линейному закону

l

z st z max,σ σ = ,

где max, st σ - максимальное статистическое напряжение в нижнем сечении стержня.

Энергия, накопления в бесконечно малом элементе стержня длиной dz на расстоянии

z от верхнего сечения при статическом нагружении, равна:

dz l

z A

E Adz

E dU st z

st 2

22

max

2

22

σ σ == .

Тогда энергия, накопленная во всем стержне, составит

∫ ==l

st st

st Al E

dz l

z A

E U

0

2

max,

2

22

max,

62

σ σ .

Считая, что распределение напряжений в стержне при ударе подобно статическому,

получим

Al E

U din

din6

2

max,σ = ,

где max,dinσ - максимальное динамическое напряжение в нижнем сечении стержня.

Приравнивая величину потенциальной энергии dinU кинетической энергии 0 K

стержня, находим максимальные динамические напряжения:

gh E Al

EK din ρ σ 6

6 0max, == .

Динамические напряжения можно выразить через скорость движения стержня в момент начала удара 0V .

Учитывая, что )2/(2

0 g V h = , получим из (8.20)

ρ σ E V din 30max, = .

Пример 8.12. Найти напряжения, возникающие в проволоке при свободном падении

связанного с ней груза массой 5 кг с высоты l . Диаметр проволоки 3=d мм ( рис.8.16,а).

Решение. Напряжения, возникающие в проволоке при ударе, найдем по формуле (8.17). В данном примере длина проволоки равна высоте падения и поэтому

(8.20)



181

++=

mg

EA

A

mg din 211σ .

Учитывая, что высота падения существенно выше удлинения проволоки от статического

приложения силы, равной весу груза массой m , единицей под корнем можно пренебречь.

Тогда

( ) ( )1730

103

41028,952

103

48,95223

11

23≈

⋅⋅⋅⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅=+=

−− π π σ

A

mgE

A

mg din МПа.

Пример 8.13. Найти напряжения в канате подъемника при внезапной остановке

вращающегося шкива ( рис.8.16,б). Вес опускаемого груза 45=Q кН, скорость движения

1=V м/с, длина каната в момент остановки 18=l м, площадь поперечного сечения каната

А=1600 мм2, модуль упругости стали Е=2⋅105 МПа.

Решение. Формулой (8.17) для вычисления динамических напряжений

воспользоваться нельзя, так как груз Q не падает на трос извне, а неразрывно с ним связан.

Поэтому выведем формулу для вычисления коэффициента динамичности. В процессе удара

кинетическая энергия груза и уменьшение потенциальной энергии груза за счет удлинения

троса при ударе переходят в потенциальную энергию растяжения троса

( )l

EA

l

EAQ

g

QV st st st din

222

222 δ δ δ δ −=−+ ,

Рис.8.16

где δ din - удлинение троса при ударе; δ st - удлинение троса под действием статической силы,

равной весу груза Q.

Учитывая, что Q = ЕАδ st / l , получим

g

V K

st st

dindin

δ δ

δ +== 1 .

Для вычисления К din вначале находим δ st

31053,2

4101611102

1831045 −⋅=

−⋅⋅⋅

⋅⋅==

EA

Ql

st

δ м.

Динамический коэффициент

35,7

8,931053,2

11 =

⋅−⋅=+=

g st

V

din K

δ .

Динамические напряжения

41016

3104535,7

−⋅

⋅===

A

Q

din K

st din K

din σ σ = 207 МПа.

Высокое значение динамического коэффициента говорит об опасности внезапной

остановки шкива (заклинивания). Для снижения величины Kdin возможно включение между

тросом и грузом пружины, которая способна снизить динамические напряжения.



182

8.2.3. Расчет стержней при действии

скручивающей ударной нагрузки . Примеры

Ударное нагружение валов скручивающей нагрузкой возникает при резкой остановке

(или внезапном торможении) маховиков, насаженных на вал, в торсионах подвески

транспортных систем при переезде с высокой скоростью через единичные препятствия.

Кроме этого, примерами ударного крутильного нагружения могут служить случаи удара масс по пружине сжатия, т.к. основным внутренним силовым фактором в пружине сжатия

является крутящий момент.Рассмотрим ударное нагружение вала скручивающей нагрузкой ( рис.8.17,а).

Выражение для коэффициента динамичности, найденное из уравнения баланса энергии без учета инерции вала и деформации рычага, представляется в виде формулы (8.12).

Для рассматриваемой задачи δ st представляет собой вертикальное смещение конца рычага под действием статической силы, равной весу груза. Считая угол закручивания вала

малым, получим

,2

ρ ρ

ϕ δ

GI

l mgaa

GI

mgal a st ===

где ϕ - угол поворота рычага, равный углу закручивания вала; G - модуль сдвига материала

вала;32

4d I

π ρ = - полярный момент инерции сечения вала.

После этого легко вычисляются коэффициент динамичности и напряжения при ударе,

возникающие в вале.

Теперь рассмотрим случай внезапной остановки левого конца вала, на правом конце которого закреплен маховик ( рис.8.17,6). При внезапной остановке левого конца вала вся

кинетическая энергия маховика К переходит в потенциальную энергию скрученного вала.

Рис.8.17

Кинетическая энергия маховика

2

2ω J K = ,

где J - инерционный момент маховика; ω - угловая скорость маховика. Потенциальная энергия вала

,2

2

ρ GI

l din

T U =

где Т din - максимальный (динамический) крутящий момент; I ρ - полярный момент инерции

вала. Приравнивая выражения для кинетической и потенциальной энергии, найдем

динамический крутящий момент Т din, возникающий при внезапной остановке левого конца

вала

.24

4

l GJ d

l

JGI

dinT π ω ρ ω ==

Тогда



183

.2

4maxd

GJ

d W

T din

π

ω τ

ρ

==

8.2.4. Расчет стержневых систем при поперечной

ударной нагрузке . Примеры

Балки и рамы представляют собой упругие системы, поэтому метод расчета,

изложенный в разделе 8.2.1, сохраняет свою силу. Если массой балки или рамы по

сравнению с массой ударяющего тела можно пренебречь, то коэффициент динамичности

можно найти по формуле (8.12). Величина δ st представляет собой статический прогиб балки

в месте удара, вызванный статической силой, равной весу падающего груза. Например, для

консольной балки, изображенной на рис. 8.18,а

,3

3

x

st EI

mgl =δ

где Ix - осевой момент инерции сечения балки относительно главной центральной оси,

лежащей в горизонтальной плоскости. Тогда

3

611

mgl

h EI K x

din ++= ,

, st dindin K δ δ =

st dindin K σ σ = ,

где δ din - максимальный (динамический) прогиб при ударе; σ din - максимальные

(динамические) напряжения при ударе.

Подчеркнем, что δ st зависит для одной и той же балки или рамы от места удара.

В том случае, если массой балки по сравнению с массой груза пренебречь нельзя, то

можно привести массу балки к месту удара по методике, изложенной в разделе 8.2.2.

Рассмотрим подробнее указанную методику применительно к консольной балке ( рис.8.18,б). Напомним, что приведенная масса определяется из условия равенства

кинетических энергий заданной балки и ее приведенной массы. Обозначим: М - масса балки,

тогда M пр=η М , где η - коэффициент приведения.

Кинетическая энергия приведенной массы

2

2

1

1

V M K

пр= ,

где V1 - скорость сечения балки в месте приведения ( конец балки). Кинетическая энергия

балки с массой М

∫=

l

02

2

2 l

dz MV

K ,

где М / l - масса единицы длины балки; V - скорость произвольного сечения на расстоянии z

от заделки. Так как К 1 = К 2 , то

.

0

2

1

1dz

l

V

V

l M

пр M

∫

⋅==η

Считая, что скорости пропорциональны перемещениям, вызванным статической

нагрузкой, получим

f

y

V

V =

1

.





185

Максимальные напряжения возникают в сечении у заделки

x

din st dindinW

mg K K

l=⋅= σ σ .

Пример 8.14. Определить максимальное напряжение при поперечном ударе по плоской

раме ( рис.8.19,а). Массой рамы пренебречь.

Решение. Для вычисления коэффициента динамичности по формуле (8.15) необходимо

найти вертикальное перемещение конца рамы ⋅δ st под действием статической силы, равной

весу груза массой m.

Воспользуемся методом Мора-Верещагина ( рис.8.19,б)

[ ]t xt x

st GI

mg

EI

mg mg

GI

mg

EI

33

3

21

3

2

2

2 llllll

l+=⋅⋅+

⋅⋅

=δ .

Считая коэффициент Пуассона ν равным 0,25, получим связь между изгибной и

крутильной жесткостью

48,112

)1(24

4

≈+

=a E

Ea

GI

EI

t

x

β

ν

(для квадрата β = 0,0141).Тогда

x

st EI

mg 3

15,2 l

=δ

Далее, вычисляем коэффициент динамичности

393,011

211

lmg

hEI h K x

st

din ++=++=δ

.

Рис.8.19

Напряжения за счет действия статической силы, равной весу груза m, находятся

обычным образом. Внутренние силовые факторы в наиболее опасном сечении у заделки и

напряженное состояние в наиболее опасной точке А показаны на рис. 8.19,в

,6

6/ 33 a

mg

a

mg

W

M

x

x ll≈==σ ( )2,0

533 =≈== α

α τ

a

mg

a

T

W

T

t

l.

Считая материал одинаково работающим на растяжение и сжатие, эквивалентные

напряжения вычислим по теории наибольших касательных напряжений

3

22

, 7,114a

mg st eq

l≈+= τ σ σ .

Теперь



186

.,, st eqdin

K dineq

σ σ =

Пример 8.15. Найти максимальное смещение груза массой m1 при падении на него

другого груза массой m ( рис. 8.20). Дано: m = m1 = 10 кг; l = 0,5 м; h = 5 мм; в = 20 мм; H =

45 мм; С = 5 Н/мм. Материал балки - сталь, Е = 2 105 МПа.

Решение. Максимальное перемещение при ударе δ din может быть найдено по формуле

(8.15). Вначале вычислим перемещение δ 0 груза массой m1, под действием статической силы, равной его весу. Величина δ складывается из осадки пружины и прогиба балки:

( )

( )7,25

10510210248

125,08,910

105

8,910

48 33211

3

3

3

110 =

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅+

⋅

⋅=+=

−− x EI

gl m

c

g mδ мм.

Перемещение δ st груза m1 под действием статической силы, равной весу груза m,

очевидно, равно δ 0, так как массы грузов одинаковы. Тогда по формуле (8.15) имеем

.66,27,25

451111

0

=++=++=δ

H K din

Рис. 8.20

Максимальное перемещение при ударе

δ din = Kdinδ st = 2,66.25,7 =68,4 мм.


Задача 8.1. Сравнить эпюры перемещений для двух стержней, показанных на рис.8.21,а

и б, возникающих под действием собственного веса.

Задача 8.2. Колонна длиной l удерживает груз массой m ( рис.8.21,в). Из условия

равнопрочности колонны установить закон изменения ее поперечного сечения. Плотность

материала колонны ρ.

Рис 8.21

Задача 8.3.Ломанный стержень постоянного поперечного сечения ( рис.8.21,г)вращается с заданной скоростью ω в своей плоскости. Определить максимальные

напряжения.

Задача 8,4. Маятник АС ( рис.8.22,а) свободно падает из положения А, поворачиваясь вокруг оси С. Масса груза - m, стержня маятника - 0,1m. В сечении В, встретив препятствие,груз полностью останавливается, пройдя тормозной путь 0,02R. Определить максимальные

реакции в опорах С и изгибающий момент в стержне АС. Размерами груза и трением в опоре

С можно пренебречь.Задача 8.5. Определить допустимую частоту вращения диска постоянной толщины с

отверстием. Дано: r2 = 10 r1; ρ; admσ ; ν.



187

Задача 8.6. На сплошной диск из стали ст.3О (σy=300 МПа) посажен с натягом (на

радиус) ∆=0,003 r1 бандаж из легированной стали (σy =800 МПа)( рис.8.22,б). Определить

коэффициент запаса по допускаемым напряжениям и отношение освобождающей частоты

вращения к рабочей.

Маховик вращается со скоростью 6000 об/мин. При расчетах считать, что плотность ρ,

коэффициент Пуассона ν и модуль упругости Е обоих материалов одинаковы. Дано:

ρ =7,8⋅103кг⋅м-3; ν = 0,25; Е = 2⋅105 МПа; r1 =300 мм; r2 = 360 мм.

Рис.8.22

Задача 8.7. Определить напряжения при ударе в стержневой системе и перемещение

точки удара ( рис. 8.23,а). Массой стержней пренебречь. Дано:Q = 1ОО Н-вес груза; А1 =

2см2; А2 = 4 см2; 1l = 200 мм; l 2 = 400 мм; Е=2⋅105 МПа; h = 100 мм.

Задача 8.8. Определить напряжения, возникающие в балке и пружине, при падeнии

груза с высоты h ( рис. 8.23,б). Пружины имеют малый угол подъема витков. Собственным

весом пружины и балки можно пренебречь. Дано: Q = 100 H; h = 40 мм; а = 30 мм; b = 10 мм;

D = 20 мм - диаметр пружины; d = 4 мм -диаметр проволоки пружины; 1 = 4 - число рабочих

витков пружины; Е = 2⋅105 МПа; G = 8⋅104 МПа; l = 0,5 м.

Рис. 8.23Рис. 8.23

Задача 8.9 Найти коэффициент динамичности и напряжения в стержневой системе

( рис.8.24,а). Дано: m1 = 20 кг; m = 1 кг; V0 = 4 м/сек; d = 20 мм; l =400 мм; Е = (5 / 2)G; G =

8⋅104 МПа. Собственным весом стержней пренебречь.

Задача 8.10. Определить напряжения, возникающие в стальном тросе, опускающем

груз весом Q со скоростью V0 в случае внезапной остановки в момент, когда груз опустится

на h. Между тросом и грузом помещена пружина жесткостью С ( рис. 8.24,б). Массой троса пренебречь. Дано: Q = 45 кН; V0 = 1 м/сек; h = 18 м; А = 16 см2 - площадь поперечного

сечения троса; С = 375 Н/мм; Е- 2⋅105 МПа.



188

Глава 9. ПЕРЕМЕННЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ

9.1. Основные факторы, влияющие на сопротивление усталости деталей машин

Многие детали машин в процессе работы подвергаются воздействию напряжений,

циклически изменяющихся во времени. Если уровень этих напряжений превосходит

определенный предел, то в материале детали постепенно накапливаются повреждения,которые приводят к образованию трещин. Указанный процесс постепенного возникновения и развития трещин под действием переменных напряжений называется усталостью

материала, а сопротивляемость материала переменным напряжениям называется

выносливостью материала [4].

Характер изменения нагрузок во времени можно разделить на регулярный и

нерегулярный. Регулярным нагружением по ГОСТ 23.207-78 называют нагружение,характеризующееся периодическим законом изменения напряжений с одним максимумом и

одним минимумом в течение одного периода при постоянстве параметров цикла напряжений

во время испытаний или эксплуатации. Все виды нагружений, не удовлетворяющие этому

определению, называют нерегулярными.

Цикл напряжений характеризуется следующими величинами ( рис.9.1,а):максимальным (наибольшим по алгебраической величине) напряжением цикла σmax(τmax),

минимальным (наименьшим по алгебраической величине) напряжением цикла σmin(τmin).

Среднее напряжение цикла σm(τm) и амплитуда цикла σa(τa) определяются

соответствующими формулами:

( ) ( ).minmax

2

1,

minmax2

1σ σ σ σ σ σ −=+= am

Среднее напряжение цикла может быть положительным, отрицательным и равным

нулю, амплитуда цикла всегда положительная величина. Коэффициентом асимметрии цикла

r называют отношение минимального напряжения цикла к максимальному: r = σ min/σ max .

Циклы с одинаковыми коэффициентами асимметрии r называются подобными. Цикл называется симметричным, когда r = -1, т. е. σmax = -σmin ( рис. 9.1,б) и является наиболее

распространенным.

Отнулевым, или пульсационным циклом называется такой, при котором r =0 , т.е.

минимальное напряжение цикла равно нулю ( рис. 9.1,в).

Цикл, в котором ≠r -1, называется асимметричным ( рис.9.1,а).

Рис.9.1

Основным критерием циклической прочности материала является предел

выносливости или предел ограниченной выносливости, определяемый экспериментально в результате построения кривой усталости ( рис.9.2,а) в координатах амплитуда напряжения -

число циклов до разрушения. Предел выносливости обозначается σ r . Так, для



189

симметричного цикла имеем 1−σ , для отнулевого (пульсирующего) цикла -

0σ . Предел

выносливости симметричного цикла имеет наименьшее значение, т.е. при прочих

одинаковых условиях симметричный цикл напряжений является самым опасным. Поэтому

предел выносливости определяется для образца, испытывающего симметричный цикл


Кривые усталости для цветных металлов и сплавов и некоторых легированных сталей

не имеют горизонтальной асимптоты. Поэтому для этих материалов вводится понятие условного предела выносливости (предел ограниченной выносливости). За условный предел

выносливости принимается наибольшее напряжение σ max (или σ a), которое материал

выдерживает, не разрушаясь, до базы N σ =108 циклов. Для черных металлов N σ =107

циклов. Пределом выносливости называют наибольшее значение максимального напряжения

цикла, при котором стандартный образец выдерживает базовое число циклов с малой

вероятностью разрушения.

Рис.9.2

В логарифмических координатах левые ветви кривых усталости являются прямыми

линиями ( рис.9.2,б). Если σ a- амплитуда цикла, a1−σ - предел выносливости, то

( ) ,

1/lg

/0

lg

1lglg

lg0

lgm

a

N N

a

N N

atg =

−=

−−

−=

σ σ σ σ σ

где N o- точка перегиба кривой усталости. Отсюда m

a

N

N

=

−1

0

σ

σ , (9.1)

и уравнение наклонной ветви кривой усталости имеет вид const N N mm

a == −10σ σ . (9.2)

Из уравнения (9.2) получается формула для вычисления ограниченной долговечности m

a

N N

== −

σ

σ 10 . (9.3)

Д.Н. Решетов [9] рекомендует принимать N o =(3...5)⋅106 для валов небольших

сечений и N o=107 для валов больших сечений. Значение показателя наклонной ветви кривой

усталости лежат в пределах m = 3…20. Д.Н. Решетов рекомендует обычно принимать m = 9,

для валов с прессовыми посадками - m = 6.

В реальных условиях в деталях машин могут действовать переменные напряжения с различной асимметрией цикла. Поэтому необходимо иметь данные о сопротивляемости

материала действию переменных напряжений при различных асимметриях. С этой целью



190

строятся диаграммы предельных напряжений ( рис.9.3) и предельных амплитуд напряжений

при асимметричных циклах ( рис.9.4).

Рис.9.3 Рис.9.4

Для проведения расчетов указанные диаграммы схематизируются ( рассмотрим

схематизацию по Серенсену-Кинасошвили). Так, диаграмма предельных напряжений

строится по трем точкам: A [0, 1−σ ] - предельный симметричный цикл; B [σ o/2,σ o] -

предельный пульсационный; С [ut ut

σ σ , ]- предельный "цикл" постоянных напряжений

( рис.9.5).

Рис.9.5 Рис. 9.6

Левая часть диаграммы предельных амплитуд ( рис.9.6) достаточно точно

аппроксимируется прямой, проходящей через точки A[0,1−σ ] – симметричный цикл и

B[σ o/2,σ o/2] - пульсационный цикл. Правая часть диаграммы аппроксимируется прямой,

проведенной через точку Е, под углом 45° к координатным осям, с тем, чтобы максимальное

напряжение цикла не превышало предела прочности, т.е.

σ max = σ m+σ a ≤ σ ut .

Уравнение схематизированной диаграммы предельных амплитуд напряжений

(уравнение прямой АВ на рис.9.6) имеет вид

ma σ σ σ

σ −= −1

, (9.4)

где

0

012

σ

σ σ σ

−−= - коэффициент чувствительности материала к асимметрии цикла.

Усталостная прочность геометрически подобных деталей снижается с увеличением их

абсолютных размеров. Уменьшение предела выносливости с увеличением абсолютных

размеров поперечного сечения детали оценивается масштабным коэффициентом Kd σ <1

( Kd τ <1), представляющим отношение предела выносливости σ -1d (τ -1d ) гладкого образца

заданного диаметра к пределу выносливости σ -1 (τ -1) лабораторного образца (d = 7,5 мм):

.,1

1

1

1

−

−

−

− ==τ

τ

σ

σ τ σ

d d d K K (9.5)



191

ГОСТ 25.504-82 рекомендует ориентировочно принимать Kd σ = К d τ . Влияние длины

несущественно, т.к. переход от одного сечения к другому не несет новой информации о

характере распределения дефектов по сечению.

Любое резкое изменение формы детали, такое, как надрез, канавка, отверстие,галтель, шпоночный паз и т.п. является источником возникновения повышенных местных

напряжений. Причины, вызывающие резкое локальное изменение распределения внутренних

сил (напряжений) в материале детали, называются концентраторами напряжений. Местное увеличение напряжений по сравнению с номинальными напряжениями называется

концентрацией напряжений. Номинальными называются напряжения, вычисленные по

обычным формулам сопротивления материалов без учёта концентрации: σ nom = F/A , σ nom

= M/Wx , τ nom = T/Wt , где F,M,T -соответственно сила, изгибающий и крутящий моменты;

A ,Wx , Wt - соответственно площадь, осевой и полярный моменты сопротивления

поперечного сечения детали.

Фактические снижения предела выносливости из-за концентраций напряжений

оценивается эффективным коэффициентом концентрации напряжений К σ и К τ , под

которым понимается отношение предела выносливости 11

, −− τ σ образцов без концентрации с

размерами поперечного сечения d к пределу выносливости образцов с концентрацией напряжений

k k 11, −− τ σ , такого же размера d , т.е.

.1,11

1

1

1 ≥=≥=−

−

−

−

k k

K K τ

τ

σ

σ τ σ (9.6)

Если в сечении вала имеются несколько концентраторов напряжений, то в расчете

следует учитывать только наибольшее значение коэффициента К σ , К τ .Принимается, что

( K σ )r = ( K τ )-1 ,

где ( K σ )r = σ a/ σ ak , ( K σ )-1=σ -1/σ -1k - эффективные коэффициенты концентрации

напряжений при асимметричном и симметричном циклах ( σ -1 ,σ -1 к - предельные

амплитуды напряжений для образцов гладких и с концентрацией напряжений; σ a , σ ak -предельные амплитуды напряжений для образцов гладких и с концентрацией напряжений,

найденные при одном и том же среднем напряжении σ m).

Эффективные коэффициенты концентрации напряжений зависят от абсолютных

размеров сечения детали. Поэтому в расчетах выражение K σ / Kd σ используется как единое

целое и определяется по формуле

,

3,88

15,05,0

σ ν σ α

σ

σ −

⋅+

=

G

Ld K

K (9.7)

Если необходимо порознь определить значения К σ и Kd σ , то можно воспользоваться формулами

, ,G

L F K

ГЛ

d

= σ σ ν

,

,G

L F

K K d

⋅=

σ

σ σ σ

ν

α

где ασ - теоретический коэффициент концентрации напряжений; G - относительный

градиент первого главного напряжения; L - линейная протяженность очага концентрации

напряжений ( рис.9.7);



192

;3,88

15,05,0,

σ ν

σ ν

−

⋅+=

G

L

G

L F

νσ - новая характеристика механических свойств материала, определяющая его

чувствительность к концентрации напряжений и масштабному фактору.

Рис.9.7

Образование местной трещины при циклических напряжениях начинается с

поверхности детали вследствие того, что на поверхности действуют наибольшие напряжения

при изгибе, кручении, а также вследствие различных дефектов поверхности. Снижение пределов выносливости оценивают коэффициентами влияния качества обработки

поверхности на величину пределов выносливоcти Kf σ , К f τ ., при изгибе и кручении. Они

зависят от предела прочности стали и показателя шероховатости:

при Rz >1мкм ( )( ),

11

1

≤=−

−

z

z f

R R K

σ σ σ (9.8)

при Rz ≤1мкм Kf σ = 1,

где σ -1( Rz) - предел выносливости гладкого образца с шероховатостью поверхности Rz ;

σ -1( Rz ≤1) - предел выносливости гладкого тщательно полированного образца;

Kf τ = 0,575 Kf σ + 0,425.

Некоторые детали работают в условиях воздействия коррозионно-агрессивных или

адсорбционно-активных сред. При этом предел выносливости может уменьшиться, что

учитывается коэффициентом

K кор=1

1

−

−

σ

σ kop

,

где 11

, −− σ σ kop

- пределы выносливости гладких лабораторных образцов в коррозионной

среде и на воздухе.Опытным путем установлено, что предел выносливости повышается с созданием на

поверхности детали упрочненного слоя, что в расчетах учитывается коэффициентом

d

dynp K

1

1

−

−=σ

σ υ

, (9.9)

где d dynp 11

, −− σ σ - пределы выносливости упрочненной и неупрочненной деталей.

В ряде случаев учитывают влияние анизотропии на предел выносливости с помощью коэффициента



193

npod

nona K

1

1

−

−=σ

σ ,

где σ -1поп - предел выносливости образцов, вырезанных из заготовки в направлении

перпендикулярном к направлению волокон (образующихся при прокатке, ковке, штамповке и т.д.); σ -1прод - то же в направлении, совпадающем с направлением волокон.

Экспериментально установлено, что влияние абсолютных размеров детали Kd σ (9.5),концентрации напряжений K σ (9.6), состояние поверхности детали Kf σ (9.8) и упрочнение ее поверхности Kv (9.9) может быть оценено одним коэффициентом K σ d , величина которого

определяется по формуле при растяжении-сжатии или изгибе

,1

11

a f d

d K K K K

K K

υ σ σ

σ σ

−+= (9.10)

при кручении

.1

11

υ τ τ

τ τ

K K K

K K

f d

d

−+=

9.2. Расчеты на усталостную прочность при линейном напряженном состоянии и

чистом сдвиге

Рассмотрим регулярный режим нагружения, при котором амплитуда напряжений σ a

среднее напряжение σ m, не изменяются с течением времени.

При растяжении-сжатии и чистом изгибе стержней напряженное состояние одноосное. При поперечном изгибе стержня касательными напряжениями в поперечном

сечении пренебрегают и производят расчет так же, как и в случае одноосного напряженного

состояния.

Если напряжения в детали изменяются по симметричному циклу, то коэффициенты

запаса усталостной прочности определяются по формулам:

,11

ad a

d

K n

σ

σ

σ

σ

σ

σ −− ==

(9.11)

.11

ad a

d

K n

σ

τ

τ

τ

τ

τ −− ==

При определении запасов усталостной прочности при асимметричном цикле принимают схематизированную диаграмму предельных амплитуд напряжений ( рис.9.б):

+=

+

=

−

−

.

,

1

1

mad

mad

K n

K

n

τ ψ τ

τ σ ψ σ

σ

τ τ

τ

σ σ

σ

(9.12)

9.3. Расчеты на усталостную прочность при сложном напряженном состоянии

В расчетной практике часто приходится иметь дело с валами, на которые действуют

сочетание переменных напряжений, например, изгиба и кручения или растяжение-сжатие и

кручение. Усталостная прочность материалов, при циклически изменяющихся напряжениях

при сложном напряженном состоянии? изучена недостаточно вследствие сложности

экспериментов. Достаточно надежные результаты получены для круглого образца при

одновременном изгибе с кручением (случай упрощенного плоского напряженного

состояния).



194

Общий коэффициент запаса усталостной прочности детали при совместном действии

на нее переменных σ , τ определяется по формуле

,22

τ σ

τ σ

nn

nnn

+= (9.13)

где nσ , nτ - коэффициенты запаса усталостной прочности от действия на деталь

соответственно только переменных σ и только переменных τ (9.7).Вычисленные значения коэффициентов запаса должны быть не меньше нормативно

допустимых величин, т.е.

при одноосном напряженном состоянии nσ ≥ nadm,

при чистом сдвиге nτ ≥ nadm,

при сложном напряженном состоянии n ≥ nadm ,

где nadm = 1,3,…,3,0.

9.4. Вероятностные методы расчета деталей машин на усталость

9.4.1. Общие положения

Нагрузки, действующие на детали машин в процессе эксплуатации, носят, как

правило, случайный характер. Характеристики прочности материала деталей являются также

случайными величинами. И действующим нагрузкам, и характеристикам прочности

свойственно значительное рассеяние. В связи с этим, возникают задачи о нахождении

вероятностных характеристик поведения конструкции по заданным вероятностным

характеристикам внешних условий и параметрам конструкций. Для расчета деталей машин

на прочность и долговечность в заданных условиях эксплуатации необходимо выявить

действующие на них нагрузки, т.е. установить нагрузочные режимы. При установлении

нагрузочных режимов применяются статистические методы, базирующиеся на

экспериментальном материале, хотя для некоторых машин при определенных допущениях нагрузочные режимы могут быть определены и теоретически [9].

При определении вероятности разрушения широко используется уравнение функции

распределения пределов выносливости, основанное на критерии подобия D

L, предложены

Когаевым В.П. [7].

Расчеты долговечности удобнее всего проводить при использовании

корректированной гипотезы линейного суммирования повреждений, согласно которой

усталостное повреждение за один цикл не зависит от истории нагружения.

9.4.2. Рассеяние

характеристик

усталости

.

Построение полных вероятностных диаграмм усталости

Разброс результатов усталостных испытаний можно объяснить следующими

факторами:

- различием условий проведения усталостных испытаний, - поэтому перед

проведением статистических исследований методы испытаний должны быть тщательно

проконтролированы;

- различием механических свойств металла одной марки, но различных плавок или

видов заготовительных операций;

- различием в изготовлении деталей в пределах допусков, особенно в зонах

концентрации напряжений;- неоднородностью металла: различными размерами, формой и ориентировкой зёрен,

наличием различных фаз, включений и т.п.



195

Для описания рассеяния усталостных характеристик проводится статистическая

обработка результатов большого числа испытаний образцов, выполненных из одного и того

же материала на различных уровнях переменного напряжения. Если на уровне напряжения

σ a испытанные образцы разрушались при числах циклов, логарифмы которых равны X 1,

X 2… Xn, то среднее значение логарифма числа циклов до разрушения определяется как:

∑=

n

ii n X X ,/ (9.14)

где Xi = l g Ni ; Ni - число циклов до разрушения при i-м испытании.

Рассеяние значений X около среднего значения характеризуется средним

квадратичным отклонением (стандартом)

( ).

11

2

2

2

−−

=−

−=

∑∑ X

n

X

n

n

n

X X

S

n

i

i

n

i

i

(9.15)

По экспериментально полученным значениям Х = l gN можно построить

приближенную плотность распределения и интегральную функцию распределения. Для этого весь диапазон полученных значений Х делится на интервалы или разряды и

подсчитывается количество значений im , приходящееся на каждый i-й разряд. Частота,

соответствующая данному разряду, находится из выражения

,n

m p i

i =∗ (9.16)

причем

∑ =i

i p .1

Таблица, в которой приводятся разряды в порядке их расположения вдоль оси абсцисс

и соответствующие частоты, называется статистическим рядом. Статистический ряд можно

оформить графически в виде гистограммы. Для этого по оси абсцисс откладываются

разряды, и на каждом из разрядов как на основании строится прямоугольник, высота

которого равна частоте, деленной на длину разряда, а площадь, следовательно, равна

частоте. Статистическая функция распределения величины может быть построена по данным

статистического ряда по формулам

( )( )

( )

( )( )

==

=

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

+=

=

=

∑∑

+

−

∗

∗

k

i

ik

k

iik

p X p

p X p

p p X p

p X p

X p

,1

,

,

,

,0

*

1

*

1**

*

2

*

13

*

*

12

1

(9.17)

где k - количество разрядов; Xk - правая граница разряда.

При необходимости выравнивания статистического ряда согласованность

теоретического и статистического распределения можно оценить, например, по критерию λ2

( ),

1

2

2 ∑=

−=

k

i i

ii

np

npmλ (9.18)

где mi - количество попаданий в i-й разряд; n - общее число экспериментальных значений X ;

pi - теоретическая вероятность попадания в i-й разряд; К - количество разрядов.

По найденному значению λ2, числу степеней свободы r = К - S (S - число наложенных

связей, которыми могут быть: для теоретического и статистического распределения



196

равенство ∑=

K

i

i p1

* = 1, равенство средних значений, равенство дисперсий и т.д.) и таблицам

определяется вероятность того, что за счет чисто случайных причин мера расхождения

теоретического и статистического распределений будет не меньше, чем фактически

рассчитанное значение λ2. Если эта вероятность весьма мала, то теоретическое и

статистическое распределения следует считать не согласующимися.

Для выравнивания статистического ряда часто используется нормальный закон

распределения логарифмов чисел циклов до разрушения (логарифмически нормальный

закон)

( )∫

∞

−−

⋅=

xdX

S

X X

S X P .

22

2

exp2

1)(

π (9.19)

Производная dP/dX называется плотностью распределения вероятности

( ) ( )

.22

2

exp2

1

−−

⋅==

S

X X

S dX

dP X P

π (9.20)

Если образцы испытаны при разных уровнях напряжений σ i , а результаты испытаний

на каждом уровне обработаны статистически, то может быть построено семейство функций

распределения логарифмов долговечности Х = l gN , соответствующих различным значениям

уровня напряжений σ j ( рис.9.8,а). Из этого семейства могут быть построены кривые усталости, соответствующие определенной вероятности разрушения ( рис.9.8,б). Для этого

необходимо провести горизонталь (линии Р ( Х ) = const ) и соответствующим перестроением

получить точки кривой усталости. На рис.9.8,б на разных уровнях напряжений нанесены еще

и кривые плотности распределения вероятности. Так как с уменьшением амплитуды

напряжений дисперсия (а, следовательно, и среднеквадратичное отклонение) увеличивается,

то вид кривых плотностей вероятностей при уменьшении уровня σ j , становится все более

пологим.

Рис.9.8

9.4.3. Статистическая оценка усталостных характеристик .

Критерий подобия усталостного разрушения

Для проведения прочностных расчетов при проектировании необходимо иметь

характеристики усталости натурной детали. Поэтому большое значение имеет возможность

теоретического обоснования зависимости максимальных напряжений в зоне концентрации σ max от абсолютного размера поперечного сечения d , градиента первого главного

напряжения G и вероятности разрушения P .



197

Когаевым В.П. [7] предложено следующее уравнение распределения пределов

выносливости

S uG

L B Au p L +−=− lg)lg( maxσ ,

где A , B , u - постоянные для данного материала, причем ∞=−= d )( u 1σ - предел

выносливости гладкого образа больших размеров G L g B Au g x L ll −=−= )( maxσ - среднее

значение величины X ; G - относительный градиент первого главного напряжения; L -

часть периметра рабочего сечения ; S - среднее квадратичное отклонение величины X ; pu

- квантиль нормального распределения, соответствующий вероятности разрушения P ;

S

x xu p

−= ,

откуда

S u x x p+= .

При подстановке в (9.22) значений )( max u g x −= σ l и G

L g B A x L l−= приходим к формуле

(9.21). Каждому значению квантиля pu соответствует определенная вероятность P .

Уравнение (9.21) представляет собой нормальный закон распределения величины

)( max u g x −= σ l и основано на критерии подобия усталостного разрушения G L / , имеющего

следующий смысл: если у образца, модели и детали совпадают отношения G L , то будут

совпадать и функции распределения пределов выносливости, выраженные через maxσ .

9.4.4. Статистическая оценка нагруженности деталей машин

Нагрузки, действующие в деталях машин в процессе эксплуатации, как правило,

являются случайными функциями времени. Нагрузочный режим для расчета усталостной

долговечности получают путем статистической обработки непрерывных тензометрических и

телеметрических измерений с применением шлейфовых осциллографов, приборов с

магнитной записью и других приборов. При обработке случайный процесс нагружения

заменяется эквивалентным упорядоченным, т.е. выявляется спектр амплитуд напряжений в

определенных условиях эксплуатации.

При обработке экспериментальных данных используют либо однопараметрическую

систематизацию, при которой в качестве характеристики случайной величины выбирают

только амплитуду напряжений, либо двухпараметрическую, когда учитывают и амплитуду и

средние напряжения цикла, причем, в этом случае получается точное описание вероятностного характера реального процесса нагружения.

Рассмотрим некоторые методы обработки экспериментальных данных.

По методу максимумов считают число максимумов реального процесса, а за

амплитуду цикла принимают либо максимальное, либо минимальное значение относительно

общей средней процесса. Поскольку колебания нагрузки не всегда происходят относительно

общей средней, то этот метод дает более повреждающий, чем, в действительности, спектр

нагружения.

По методу пересечений заданных уровней при обработке экспериментальных

данных подсчитывают число пересечений заданных уровней ( рис.9.9). Распределение числа

пересечений заданных уровней принимается за распределение максимумов (или

минимумов).

(9.21)

(9.22)



198

В методе размахов с учетом средних напряжений за амплитуду принимают половину размаха между соседними экстремумами, причем, учитывают все экстремумы

( рис.9.10). Для каждого полуцикла определяют среднее напряжение.

Рис.9.10

Метод полных циклов. Реальный процесс нагружения, как правило, состоит из основного колебательного процесса с наложенными на него высокочастотными колебаниями

с амплитудами, значительно меньшими амплитуды основного процесса. При обработке

экспериментальных данных рабочий диапазон изменения напряжений разбиваем на разряды

с определенным приращением напряжений. Сначала выделяют простые промежуточные циклы, для которых размах не превышает двух разрядов по оси напряжений, подсчитывают

количество этих циклов и исключают из дальнейшего рассмотрения. Потом рассматривают циклы с размахом в два-три разряда, подсчитывают количество таких циклов и также

исключают из дальнейшего рассмотрения. Далее циклы с размером в пределах трех-

четырех разрядов и т.д.

В результате обработки экспериментальных данных получают зависимость между

уровнем амплитуды и числом циклов действия данной амплитуды, т.е. функцию

распределения амплитуд ( рис.9.11).

Рис.9.11

9.4.5. Закономерности накопления усталостных повреждений

Для проведения расчетов на прочность при случайных режимах изменения

напряжений необходимо иметь возможность оценивать повреждение на основании

характеристик прочности при однородных режимах.

В качестве меры усталостного повреждения можно было бы принять параметр,

характеризующий относительную глубину усталостной трещины или относительное ослабление рабочего сечения вследствие развития трещины. Однако установлено, что

процесс накопления усталостных повреждений начинается сразу же с первых циклов

нагружения и состоит из двух этапов. На первом этапе (инкубационном) происходит упрочение наиболее слабых зерен и образование микроскопических сдвигов, т.е. то

« разрыхление», которое предшествует образованию прогрессирующей микроскопической

трещины. После этого наступает второй этап, в течение которого трещина развивается и

углубляется. Продолжительность второго меньше продолжительности первого, а

повреждения накапливаются на обоих этапах. Поэтому вводится априорная мера повреждения D, равная нулю для начального состояния материала и единице – для момента разрушения.



199

Закономерности накопления усталостных повреждений со временем зависят от

свойств материала и могут быть выражены, например, следующим уравнением )()( σ σ v

n n K D = ,

где n – число циклов нагружения; Dn - повреждение, накопленное за n циклов; σ -

напряжение; V(σ ) – коэффициент, который зависит от уровня напряжений; K(σ ) –

нормировочный коэффициент.

Если при разрушении число циклов составляет N, а мера повреждений при этом Dn=1, то из (9.23) имеем

)()( σ σ V N K −= .

Предположим, что закономерности накопления повреждений при различных уровнях

напряжений одинаковые, т.е. const V V ==)(σ . Тогда

V

n N

n D )(= .

Для большинства материалов, применяемых в машиностроении, V=0,75…1,25, если

положить V =1, то приходим к линейной гипотезе накопления повреждений

N

n

Dn = .

Усталостное повреждение за один цикл составит 1−=∆ N Dn .

Уравнение (9.27) показывает, что при линейном накоплении повреждений

усталостное повреждение за один цикл не зависит от числа накопленных циклов

нагружений, т.е. не зависит от истории нагружения.

Если уровни переменных нагрузок для детали разные, то повреждение i -й ступени

( рис.9.12) определяется выражением (9.26), а усталостное разрушение согласно линейной

гипотезе наступит тогда, когда сумма повреждений по всем уровням амплитуд достигает

единицы:

∑ =i i

i

N

n1.

В выражении (9.28) учитываются только те амплитуды, для которых d ai 1−> σ σ .

Многочисленные эксперименты, проведенные за последнее время, показали, что в правой

части уравнения (9.28) вследствие большого разброса значений in и i N единица получается

не всегда, т.е.

∑ =i i

i a N

n,

где a - накопленное повреждение, подлежащее определению.

Назовем совокупность амплитуд напряжений за единицу периода эксплуатации

блоком нагружения. Поэтому блоком нагружения может быть километр пробега, час работы

машины и т.п.

Рис.9.12

Введем следующие обозначения:

(9.27)

(9.28)

(9.24)

(9.25)

(9.26)

(9.29)



200

λ - среднее число блоков за весь срок службы детали; in - количество циклов при средней

амплитуде уровня aiσ за весь срок службы детали; δ i N - количество циклов при средней

амплитуде уровня aiσ в одном блоке нагружения; δ N - общее число циклов в одном блоке

нагружения ( рис.9.11). Тогда

δ λ ii N n = .

Для оценки долговечности кривая усталости сопоставляется со спектром нагружения

( рис.9.12). Из кривой усталости (см. формулу 9.2) имеем (для средних значений)

aim

d m

i

N N −

−=

σ

σ 01.

Подставляя уравнения (9.30) и (9.31) в выражение (9.29), получим

a N

N

d m

aim

i =∑− 01σ

σ λ δ .

В результате обработки многочисленных экспериментальных данных была

предложена [7] следующая формула для вычисления расчетного коэффициента повреждений

pa :

K

K

a

d

a

d

a

p

−

−=

−

−

1

max

1

max

σ

σ

ξ σ

σ

,

где δ

δ

σ

σ

ξ N

N

a

i

iai

max

∑= - отношение заштрихованной площади к площади σ σ N a ⋅max ( рис.9.11);

К=0,5…0,7 – коэффициент, показывающий нижнюю границу повреждающих амплитуд, т.е.

амплитуда d ai 1)7,0.....5,0( −< σ σ не оказывает повреждающего действия и может не

учитываться при расчетах.При вычислении ξ в уравнении (9.33) учитываются только амплитуды, величина

которых d ai 1)7,0...5,0( −> σ σ .

Из уравнения (9.32) с учетом (9.33) получим формулу для расчета средней

долговечности, выраженной числом блоков нагружения λ :

∑ −

−=

i

i

m

ai

m

d p

N

N

δ σ

σ α λ

01.

9.5. Примеры расчета деталей машин на усталость

Пример 9.1. Вращающийся вал с проточкой ( рис.9.13) находится под синфазным действием моментов x M и T . Изгибающий момент постоянен, а крутящий – меняется от

нуля до T . Определить коэффициент запаса по текучести yn и коэффициент запаса

усталостной прочности n . Дано: 50= x M Нм; 60=T Нм; 30= D мм; 20=d мм; 5=r

мм; материал – легированная сталь: 700=ut σ МПа; 450= yt σ МПа; 550= ycσ МПа;

4001 =−σ МПа; 1601 =−τ МПа. Поверхность вала обдута дробью, а затем шлифована.

Рис.9.13

(9.31)

(9.32)

(9.33)

(9.34)



201

Решение. Режим нагрузки: нормальные напряжения изменяются по симметричному циклу, а

касательные – по отнулевому ( рис.9.14). Характеристики циклов:

амплитуда напряжения от изгиба

5,6202,0

32503 =

⋅⋅

==π

σ x

xa

W

M МПа,

максимальное напряжение от кручения

5,3702,0

16603max =

⋅⋅

==π

τ pW

T МПа.

Рис.9.14

Т.к. моменты x M действуют синфазно, то максимальные значения нормальных и

касательных напряжений совпадают по времени. Поскольку напряженное состояние при

совместном изгибе и кручении круглого вала плоское упрощенное, то по теории Мора при

yc yt σ σ ≠ имеем

2max42

2

1

2

1τ σ σ +

++

−= a

T v

T v

eq ,

где 82,0==

yc

yt T

vσ

σ .Подставляя значения aσ и maxτ , поучаем 4,94=eqσ МПа.

Тогда

77,44,94

450===

eq

yt yn

σ

σ .

Коэффициент запаса усталостной прочности при сложном напряженном состоянии

определяется по формуле (9.13)

22

τ σ nn

nnn

ya

+= .

Для определения коэффициентов запаса усталостной прочности по нормальным и

касательным напряжениям для симметричного и асимметричного циклов используем формулы (9.11) и (9.12)

ad a

d

K n

σ

σ

σ

σ

σ

σ 11 −− == ,

ma K n

τ ψ τ

τ

τ τ

τ += −1

Неизвестные τ ψ , d K τ и d K σ определим по формуле (9.10)

a f d

d K K K K

K K

υ σ σ

σ σ

11

1

−+= ,

υ τ τ

τ τ

K K K

K K

f d

d

11

1

−+= .

(а)

(б)



202

Полагаем, что 1=a K . Значения σ σ d K / K и τ τ d K / K находим по формулам

σ

σ

σ

σ α v

d

G

L K

K −

⋅+

=

3,88

15,05,0

,

τ

τ

τ

τ α v

d

G

L K

K −

⋅+

=

3,88

15,05,0

.

Определим величины, входящие в выражение (г). Значения теоретических

коэффициентов концентрации напряжений согласно рис. 17.1 и рис. 17.2

7,030

20==

D

d и 17,0

10

5==

D

r ,

5,1=σ α , 25,1=τ α .

Относительный градиент первого главного напряжения (табл.17.3):5,0

20

2

5

222=+=+=

d r G мм-1,

3,020

2

5

121=+=+=

d r Gτ мм-1.

Тогда

1,26,1255,0

8,62=== g g

G

L g lll ,

32,23,2093,0

8,62=== g g

G

L g lll ,

где 8,62== d L π мм.

Значения σ v и τ v для легированной стали:

13,07000001,02000,00001,02000,0 =⋅−=−= uv σ σ ; 195,05,1 == σ τ vv .

По табл.17.1 находим

993,0, =

σ v

G

L F , 927,0, =

τ v

G

L F .

Подставляя полученные значения в формулу (г), получаем

51,1993,0

5,1

,

==

=

σ

σ

σ

σ α

vG L F K

K

d

,

35,1927,0

25,1

,

==

=

τ

τ α

τ

τ

vG

L F d

K

K .

Находим для шлифования при 700=uσ МПа ( рис.17.15) значение коэффициента

влияния качества обработки поверхности 9,0= f K ; для поверхности с концентрацией

напряжений и обдутой дробью находим 2,1=υ K (табл. 17.9).

Полученные значения f

K ,υ

K и (д) подставляем в выражение (в):

35,12,1

11

9,0

151,1 =

−+=d K σ ,

(г)

(д)



203

22,12,1

11

9,0

135,1 =

−+=

d K

τ .

Находим σ n и τ n по формулам (б) при 13,0=τ

74,45,6235,1

4001 =⋅

== −

a K n

σ

σ

σ

σ

l

,

5,675,1813,175,1822,1

1601 =⋅+⋅

=+−=

mad K

nτ τ ψ τ

τ

τ τ .

Подставляя эти значения в формулу (а), получаем

8,325,6274,4

5,674,4=

+

⋅=n .

Условие прочности 0,3...3,1=≥ admnn выполняется.

Пример 9.2. Определить коэффициент запаса усталостной прочности

промежуточного вала редуктора ( рис.9.15), приняв для нормальных напряжений от изгиба

симметричный цикл и для касательных напряжений от кручения отнулевой цикл. Дано:1002 = D мм; 2003 = D мм; 60=в мм; материал-сталь 45 нормализованная; 610=ut σ МПа;

360= yσ МПа; 2751 =−σ МПа; 2166,0 == y y σ τ МПа; 3606,0 == ut u σ τ МПа;

1656,0 11 == −− σ τ МПа; 10= N кВт; 10=ω рад/с; 20= p МПа (давление посадки шестерни).

КПД зубчатых пар принять равным единице.

Решение. 1. Определение приложенных к валу нагрузок и составление расчетной

схемы.

Момент, передаваемый на вал редуктора

100010

10000===

ω

N M Нм.

Вычислим окружные 2 F , 3 F и радиальные r F 2 , r F 3 силы, действующие на

передающие зубья колес:

2005,0

1000

25,02

=== D

M F к Н,

Рис.9.15

8204,002~2 =⋅== tga F

a F к Н

где o200 =a - угол зацепления.

101,0

1000

35,03

=== D

M F кН,



204

4104,03

4,03

=⋅== F r

F кН.

На рис.9.16,а изображен промежуточный вал редуктора с действующими в зацеплении колес

окружными 2 F , 3 F и радиальными 2 F , r F 3 силами. Перенесем силы 2 F , r F 2 , 3 F , r F 3 в

центр тяжести соответствующего сечения вала редуктора и разложим их на вертикальные и

горизонтальные составляющие ( рис.9.17), Суммарные составляющие этих сил в сечениях 2 и

3 действующие в плоскости XZ52,871,0)820(45cos~2

45cos22

=⋅−=−= ooa

F F x

F кН,

52,187,045,01030cos3

60cos33

=⋅−⋅==−= oor

F F x

F кН,

в плоскости YZ

88,1971,0)820(452

4522

=⋅+=+= ooSin

r F Sin F

y F кН,

7,105,0487,010303

6033

−=⋅−⋅−=−= oo Sinr

F Sin F y

F кН.

Крутящий момент 12/22 == D F M кНм.

Считая подшипники вала узкими, представим их на расчетной схеме вала ( рис.9.16,б)в виде шарнирных опор.

2. Определение опорных реакций и построение эпюр моментов x M , y M , tot M , T .

Уравнения равновесия

∑ =+−= 03232)( lll y y y A x B F F M ,

∑ =+−= 03223)( lll y y y B x A F F M ,

∑ =+−−= 03232)( lll x x x A y B F F M ,

03223)( =−+=∑ lll x x x B y A F F M .

Откуда находим реакции 19,6= x

A кН; 853,3= x

B кН; 687,9= y

A кН; 507,0= y

B кН.

Правильность определения опорных реакций устанавливаем с помощью уравнений

равновесия

∑ = 0 x F , ∑ = 0 y F .

Рис.9.16

Изгибающие моменты в сечениях 2 и 3 в плоскостях YZ и XZ:



205

19372,096872 −=⋅−=−= l y x A M Нм; 1012,05073 =⋅== l y x B M Нм;

12382,061902 =⋅== l x y A M Нм; 7712,038533 =⋅== l x y B M Нм.

Рис.9.17

По этим величинам строим эпюры изгибающих моментов x M и y M ( рис.9.16,в) в

плоскостях YZ и XZ.

По эпюрам x M и y M можно определить в любом поперечном сечении вала

суммарной изгибающий момент tot M по формуле 22

y xtot M M M += .

Значения суммарных изгибающих моментов в сечениях вала 2 и 3 будут

2298238,1937,1 22

2 =+=tot M Н⋅м,

778771101 22

3 =+=tot M Н⋅м,

и по ним строим эпюру суммарных изгибающих моментов ( рис.9.16,в). Эпюра крутящих

моментов показана на рис.9.16,в.

3. Определение диаметра вала по заданному критерию прочности (примем критерий

Сен-Венана).

В опасных сечениях вала 2 и 3 определяем эквивалентные моменты по критерию Сен-

Венана:

2506100012381937 222

2 =++=eq M Н⋅м;

12671000771101 222

3 =++=eq M Н⋅м.

Статический расчет показывает, что опасным является сечение 2.

Заметим, что точный расчет по определению диаметра вала может быть проведен

только тогда, когда известны значения эффективного коэффициента концентрации

напряжений ) K ( K τ σ , масштабного коэффициента ) K ( K d d τ σ , коэффициента качества

поверхности f

K и т.д. Поскольку эти величины заранее неизвестны, расчет обычно

проводят в следующем порядке:

а) ориентировочно определяются диаметры участков вала по заданному критерию

прочности. Циклический характер изменения нормальных и касательных напряжений,

влияние абсолютных размеров, состояния поверхности вала и концентрации напряжений

можно предварительно учесть, взяв повышенный нормативный коэффициент запаса

прочности 6...4=admn ;

б) выполняется поверочный расчет с учетом всех факторов. Если фактический

коэффициент запаса n не удовлетворяет 33.1 ≤≤ n , то изменяют в соответствующую сторону

диаметр вала или его материал и обработку и вновь выполняют поверочный расчет.

Принимая 4=adm

n , найдем допускаемое напряжение

904

360===

adm

y

admn

σ σ МПа.



206

Условие прочности adm xeqeq W / M σ σ ≤= или admeq d / M σ π ≤332 .

Из условия равенства действующих напряжений допускаемым получим

23

63

2

2 1057,61090

25063232 −⋅=⋅⋅

⋅==

π πσ adm

eq

a

M d м=65,7 мм,

26

3 33 1024,5

109012673232 −⋅=⋅⋅ ⋅==

π πσ adm

eq M d м=52,4 мм.

Округляем диаметры вала до ближайшего размера по ГОСТ 6636-80:

652 =d мм; 503 =d мм.

Конструкция вала показана на рис.9.18,а.

4. Поверочный расчет с учетом циклических напряжений.

Принимаем, что крутящий момент передается промежуточным валом на участке

между серединами шпоночных пазов.

Места концентрации напряжений: сечения 1, 4, 7 и 8 не рассчитываем, как менее

нагруженные;

сечения 2 и 3 – шпоночный паз, прессовая посадка с давлением 20= p МПа;сечение 5 – галтель с радиусом 5,2=r мм; 60/65/ =d D ;

сечение 6 – галтель с радиусом 2=r мм; 50/60/ =d D .

Качество обработки поверхности: в сечениях 2,3 и 6 – шлифование; в сечении 5 –

чистовое обтачивание.Суммарные изгибающие моменты в рассматриваемых сечениях:

298,22 =tot M кНм; 778,03 =tot M кНм;

63,103,0)03,01( 25 −=++−= y y x F A M кНм;

17,103,0)03,0( 25 =−+= x x y F A M l кНм;

01,25

2

5

2

5 =+= y xtot M M M кНм;

22,003,0)03,0( 36 =−+= y y x F B M l кНм;

841,003,0)03,0( 36 −=++−= x y F B M l кНм;

869,06 =tot M кНм.

Для сечений 2, 3, 5 и 6 определяем номинальные напряжения изгиба и кручения

(напомним, номинальными называют напряжения, вычисленные по обычным формулам

сопротивления материалов):

85065,0

3222983

2

22 =

⋅⋅

==π

σ W

M tot МПа; 6305,0

327783

3

33 =

⋅⋅

==π

σ W

M tot МПа;

9506,0

32201035 =

⋅⋅=

π σ МПа; 71

05,032869

36 =⋅

⋅=π

σ МПа.

19065,0

161000

2

2 =⋅

⋅==

π τ

pW

T МПа; 41

05,0

1610003

3

3 =⋅

⋅==

π τ

pW

T МПа;

2406,0

16100035 =

⋅⋅

=π

τ МПа; 4105,0

16100036 =

⋅⋅

=π

τ МПа.

Выбираем опасные сечения для дальнейшего расчета. Из двух одинаковых по

концентрации напряжений сечений 2 и 3 сечение 3, как менее напряженное, не

рассчитываем. На этом же основании не рассчитываем сечение 6 (из сопоставления сечений

5 и 6). Из двух оставшихся сечений 2 и 5 при примерно одинаковых значениях напряжений в сечении 2 число концентраторов больше (шпоночный паз, прессовая посадка), поэтому

коэффициент запаса усталостной прочности определяем только для сечения 2.



207

Режим нагрузки: синфазное изменение нормальных напряжений по симметричному

циклу, а касательных по отнулевому (см. рис.9.14). Характеристики циклов: нормальные напряжения от изгиба 852 =σ МПа, и кручения 192 =τ МПа.

Амплитуды и средние напряжения от изгиба и кручения: 02 =mσ ; 192max =τ МПа;

02min =τ ; 852 =aσ МПа; 5,92/)( 2min2max2 =+= τ τ τ m МПа; 852max =σ МПа;

5,92/)( 2min2max2 =−= τ τ τ a МПа.Коэффициент запаса прочности по пределу выносливости при совместном действии

изгиба и кручения

22τ σ

τ σ

nn

nnn

+

⋅= ,

где σ n , τ n - коэффициенты запаса прочности по пределу выносливости для изгиба и

кручения, которые определяются по формулам:

2

1

ad K n

σ

σ

σ

σ −= ,

22

1

mad K n

τ ψ τ

τ

τ τ

τ += − .

Общий коэффициент выносливости, учитывающий влияние всех факторов на сопротивление усталости

при изгибе av f d

d K K K K

K K

11

1

−+=

σ σ

σ σ ,

при кручении v f d

d K K K

K K

11

1

−+=

τ τ

τ τ .

В ряде случаев технологическую анизотропию материала можно не учитывать и

принимаем 1=a K . Так как в сечении 2 поверхностного упрочнения нет, 1=υ K . Поверхность

вала шлифованная 75,1≈ z R мкм, поэтому коэффициент влияния качества обработки (шероховатости) поверхности 96,0=σ f K ( рис.17.15 и 17.16).

977,0425,096,0575,0425,0575,0 =+⋅=+⋅= σ τ f f K K .

Рис.9.18

Коэффициент влияния абсолютных размеров поперечного сечения (масштабный коэффициент) 68,0== τ σ d d K K (кривая 2 на рис.17.9).

(а)

(б)

(в)



208

В этом сечении нужно учесть концентраторы напряжений – прессовую посадку и

шпоночную канавку. Используя данные табл.17.4 и 17.5, получим для шпоночной канавки

76,1=σ K и 5,1=τ K .

Для шпоночной канавки получаем 59,2/ =τ σ K K и 21,2/ =τ τ d K K . Для прессовой

посадки воспользуемся формулой

ξ ξ σ

σ

σ

σ ′′′

=

0d d K K

K K ,

где 2,3)/( =σ σ d K K ( рис.17.5); значения коэффициентов ξ ′ и ξ ′′ вычисляем по

формулам: 15,161000139,0305,000139,0305,0 =⋅+=+=′uσ ξ ;

93,020014,065,00140650 =⋅+=⋅+=′′ pб б ξ (при 25≤ p МПа). Тогда

42,393,015,12,3/ =⋅⋅=σ σ d K K и приближенно 42,3/ =τ τ d K K .

При наличии в рассчитываемом сечении нескольких концентраторов напряжений

(шпоночный паз, напрессовка и т.д.) за расчетный принимают наибольшее значение

σ σ d K / K , τ τ d K / K . Таким образом, принимаем 42,3// == τ τ σ σ d d K K K K .

Вычисляем значение общего коэффициента выносливости по формуле (в):при изгибе [ ] 46,3196,0/142,3 =−+=d K σ ,

при кручении [ ] 44,31977,0/142,3 =−+=d K τ .

Коэффициент влияния асимметрии цикла 075,0=τ . Коэффициенты запаса

прочности по пределу выносливости при изгибе и кручении определяем по формуле (б):

94,08546,3

275=

⋅=σ n , 91,4

5,9075,05,944,3

165=

⋅+⋅=τ n .

Коэффициент запаса прочности (а) по пределу выносливости при совместном изгибе

и кручении

92,091,494,0

91,494,022 =

+⋅=n .

Условие прочности 1,3≤n≤3 не выполняется, следовательно, необходимо увеличить

диаметр вала в сечении 2 или изменить его материал и обработку. Введем в местах посадки

колес упрочнение поверхности вала закалкой ТВЧ на глубину 0,9…1,5 мм и вновь проведем

проверочный расчет. По табл.17.7 находим коэффициент поверхностного упрочнения

52 , K =υ , тогда значения общего коэффициента выносливости

при изгибе 384,15,2

146,3 ==d K σ ,

при кручении 376,15,2

1

44,3 ==d K τ .

Коэффициенты запаса по пределу выносливости при изгибе и кручении теперь составляют

34,285384,1

275=

⋅=σ n , 97,11

5,9075,05,9376,1

165=

⋅+⋅=τ n .

И коэффициент запаса прочности при совместном изгибе и кручении равен

3,297,1134,2

97,1134,2

22=

+

⋅=n .

Необходимое условие прочности 1,3≤n≤3 выполняется, следовательно, можно

ограничиться поверхностной закалкой ТВЧ.

Определим коэффициент запаса по текучести. Поскольку нормальные и касательные напряжения достигают максимума одновременно, а напряженное состояние – плоское

упрощенное, то



209

874 2

2

2

2 =+= τ σ σ eq МПа; 13,487

360== yn .

Таким образом, общий коэффициент запаса { 3,2min == τ nn и }13,4= yn , т.е. 3,2=n .

Пример 9.3. К массе 10= M кг, установленной на балке ( рис.9.19), прикладывается

гармоническая нагрузка t sin F F ia ω = , действующая в течение 8 часов в сутки на

режимах: 5 часов при 1181 ==i 1/с; 2 часа при 17721 == ω 1/с; 1 час при 2363 ==i 1/с.

Рис.9.19

Форма и размеры сечения балки, а также материал и его характеристики и

коэффициенты концентрации известны. Определить долговечность балки. Дано: материал –

сталь 40; 650=uσ МПа; 320= yσ МПа; 2901 =−σ МПа; 7

0 10= N ; 6=m ; 5,0=l м;

25,4/ =σ σ d K K (в заделке); 310=a F Н; 1=σ f K ; 1=V K ; 1=a K . Примечание: массой балки

можно пренебречь.

Решение. 1. Задача один раз статически неопределима. Эпюра моментов от силы F ,

приложенной статически, показана на рис.9.19,б. Расчет проведен по методу сил с использованием правила Верещагина. Определим коэффициент запаса при статическом

приложении силы 310=a F Н. Наиболее опасным является сечение В, где l F M 27

14max = .

6

5

3

maxmax 108,28

109,0

5,0105185,0⋅=

⋅⋅⋅

==−

xW

M σ Па.

Тогда

1,118,28

320

max

===σ

σ y yn ,

т.е. условие статической прочности выполняется.2. Определение собственной частоты колебаний проведем без учета демпфирования

по формуле

11

1

δ M M

C p == ,

где 11δ - податливость (перемещение от единичной силы в направлении силы F).

Перемножая эпюру от силы F=1 ( рис.9.19,б) на эпюру от единичной силы ( рис.9.19,в)

получим

x EI 81

20 3

11

l=δ ,

где x I - момент инерции сечения ( 8105,13 −⋅= x I м4), тогда 7,295= p 1/с.

3. Коэффициенты усиления на каждом режиме определим по формуле



210

19,1

7,295

1181

1

1

122

1

1 =

−

=

−

=

p

ω β .

56,1

7,295

117

1

122 =

−

= β ,

77,2

7,295

2361

123 =

−

= β .

4. Определим напряжения в балке на каждом режиме с учетом коэффициента усиления. Согласно рис.9.19,б моменты в сечениях «а» и «в» при статическом приложении

нагрузки F практически одинаковы, однако в защемленном сечении «а» имеет место

существенная концентрация напряжений. Поэтому наиболее опасным будем считать сечение

«а». Тогда

11112712

β β σ σ x

st aW

F l== ; 5109,0 −⋅= xW м3;

8

5

3

1 10293,019,1109,0

5,01044,0⋅=⋅

⋅⋅⋅

= −aσ Па.

291 =aσ МПа; 382 =aσ МПа; 6813 =aσ МПа.

Определим количество циклов на каждом режиме работы балки за сутки. Время

одного цикла колебаний на i - м режиме равно периоду вынужденных колебаний iT

( рис.9.20): ii / T ω π 2= (сек.). За один час работы (3600 с.) число циклов равно 3600

) /( i π ω 2 . Тогда число циклов на i-м режиме за сутки составит

iiiii N ω π

α ω π

α 1800

2

3600== ,

где iα - количество часов в сутки работы установки на i -м режиме.

3382161181800

51 =⋅=π

N ;

2029301171800

22 ==π

N ;

1352862361800

13 ==π

N .

Рис.9.20

Спектр нагружения за сутки (за один блок) показан на рис.9.21.

6. Определим предел выносливости детали по формуле

d

d K σ

σ σ 11

−− = ; 25,4111 =

−+

V f d

d K K K

K K σ σ

σ σ .



211

Тогда 6825,4

2901 ==− d σ МПа. Нижняя граница повреждающих амплитуд составляет

4,376855,01 =⋅=− d K σ МПа.

Рис.9.21

Поскольку напряжение последней ступени спектра (29 МПа) меньше нижней границы (37,4

МПа), то последнюю ступень при расчете долговечности можно не учитывать.

7. Определим долговечность по формуле (9.34)

∑

−=

i

i

m

ai

m

d p

N

N a

δ σ

σ λ

01.

Расчетный коэффициент накопленного повреждения (формула 9.33)

K

K

a

d

a

d

a

p

−

−=

−

−

1

max

1

max

σ

σ

ξ σ

σ

.

Спектр нагружения (без учета последней ступени) показан на рис.9.22.

74,0)202930135216(68

2029303813521668=

+⋅+⋅

=ξ ; 55,0= K ; 42,0= pa .

Теперь 302029303813528668

106842,066

76

=⋅+⋅

⋅⋅=λ суток.

Рис.9.22Пример 9.4. Определить среднюю долговечность и построить функцию

распределения долговечности шлицевого соединительного вала двигателя и редуктора

транспортной машины при условии, что параметры блока нагружения (средняя амплитуда

напряжения - iτ и среднее число циклов i -й ступени - Bt N ) на 1 км пути равномерно

распределены в интервале ±20% от указанных в табл.9.1 номинальных значений. Материал

вала – сталь 18ХНВА, предел прочности 1150=uσ МПа. Принять, что функция

распределения пределов выносливости имеет вид

S uua g ua g pd d +−=− −− )()( 11 τ τ τ τ τ τ ll ,

где d 1−τ - предел выносливости детали; τ a - теоретический коэффициент концентрации

напряжений; τ u - предел выносливости образца большого диаметра; pu - квантиль

нормального распределения; 06,0=S -среднеквадратичное отклонение величины



212

)( 1 τ τ τ ua g X d −= −l .

Таблица 9.1

iτ , Мпа 145 125 104 83 62 42 21

Bi N , ц 620 383 352 629 667 1653 10810

Внутренний диаметр шлицов 4,49=d мм, обработка поверхности – полировка,

поверхностный слой цементирован, показатель кривой усталости 9=m , число циклов,

соответствующее точке перегиба кривой усталости, 7

0 10= N циклов.

Решение. Для определения долговечности воспользуемся выражением (9.34)

∑−=

i Bi N m

i

N md pa

τ

τ λ 01 ,

где iτ , Bi N - напряжение i -го уровня и число циклов при этом напряжении в одном блоке

нагружения; pa - расчетное значение коэффициента повреждений

K

K

a

d

i

d

i

p

−

−=

−

−

1

max

1

max

τ

τ

ξ τ

τ

,

где ∑= ); N /( N maxi B Bii τ τ ξ maxiτ - максимальная амплитуда напряжения блока;

B N - общее число циклов в блоке нагружения; 6,0= K - нижняя граница повреждающих


В уравнениях (9.33) и (9.34) учитываются только напряжения d 16,0 −> τ τ , так как

меньшие амплитуды напряжений не оказывают влияния на поврежденность.Поскольку пределы выносливости и параметров блока нагружения рассматриваются

как случайные, то в уравнении (9,34) могут встретиться их различные сочетания. Получить

аналитическое выражение для функции распределения долговечности при различных

законах распределения величин, входящих в (б), не удается. Поэтому для расчета средней

долговечности и построения кривой распределения долговечности воспользуемся методом

статических испытаний (метод Монте-Карло). Идея этого метода заключается в том, что для

каждой случайной величины в (б) разыгрывается численное значение. Процесс нахождения

значения какой-либо случайной величины y путем преобразования другой случайной

величины Y , равномерно распределенной в интервале [0, 1], называется разыгрыванием

случайной величины (в современных ЭВМ имеются генераторы случайных числе Y ).Для величины d 1−τ уравнение (б) представляем в виде

ξ S X X += ,

где )( 1 τ τ τ ua g X d −= −l ; X - среднее значение величины X ; ξ - нормальная случайная

величина с математическим ожиданием [ ] 0=ξ M и дисперсией 1][ =ξ D .

Вычислим значения d 1−τ и τ u . Предел выносливости гладкого образца диаметром

5,70 =d мм составляет

3455,06,0)(6,0)( 0101 =⋅== −− ud d σ σ τ МПа,

где 01 d )( −σ

- предел выносливости гладкого образца при изгибе.

Среднее значение предела выносливости

(б)

(в)



213

d

d d

K τ

τ τ 01

1

)( −− = ,

где

V f d

d K K K

K K

11

1

−+=

τ τ

τ τ ;

1=τ f K ; 4,1=V K ; 8,2=τ K (для шлицов); 7,0=τ d K .

Представляя значения коэффициентов в последнюю формулу, получим 85,2=d K τ и

1221 =− d τ МПа. Согласно [8] имеем 158)(5,0 01 =⋅= −∞ d u σ ε τ МПа ( ∞ε - масштабный

коэффициент образца большого диаметра). Из уравнений (а) и (в) получаем

S g X ξ +−⋅= )1588,2122(l .

Каждому разыгранному ξ соответствует определенное значение

)( 1 τ τ τ ua g X d −= −l .

Отсюда

τ

τ τ a

u x

d

+=−

101 .

Если случайная величина X равномерно распределена в интервале [ ]вa, , то для

X используем выражение )( aвY a X −+= .

Поэтому для величин iτ и Bi N при их разбросе ±20% от номинальных значений

имеем

ii Y τ τ )4,08,0( += , Bi Bi N Y N )4,08,0( + .

Для вычисления средней долговечности и построения кривой распределения было

проведено 87 величин iτ , Bi N и d 1−τ и по формуле (б) вычислено такое же количество значений долговечности jλ . Среднее значение долговечности составляет

∑=

==87

18480

87 j

jλ λ км.

Весь диапазон рассчитанных значений λ делим в данной задаче на 12 разрядов.

Частота попадания в к-й разряд составляет

87

k k

m p =∗ ,

где k m - количество попаданий в к-й разряд.

Статистическая функция распределения величины k λ строится по выражениям (9.17)

0)( 1 =∗ λ F ,∗∗ = 12 )( p F λ ,

∗∗∗ += 213 )( p p F λ ,

∑=

∗∗ ==12

1

13 1)(k

k p F λ .

В табл.9.2 приведены значения статистической функции распределения )(λ ∗ F ,

рассчитанные по формулам (9.17), а на рис.9.23 – график указанной функции. В случае

необходимости определения долговечности с заданной вероятностью неразрушения статистическая функция распределения должна быть выровнена подходящей теоретической

функцией.



214

Таблица 9.2

λ, км 1000 4000 8000 12000 16000 20000 25000 30000 90000

F*(λ) 0,160 0,530 0,715 0,789 0,826 0,888 0,913 0,950 0,999

Рис.9.23



215

Глава 10. РАСЧЕТ ЭЛЕМЕНТОВ КОНСТРУКЦИЙ С ПРИМЕНЕНИЕМ ЭВМ

10.1. Метод начальных параметров

Все стандартные программы решения уравнений на ЭВМ рассчитаны на

интегрирование систем уравнений первого порядка. Поэтому дифференциальное уравнение

n-го порядка вначале должно быть сведено к системе n дифференциальных уравнении первого порядка. Если такая система дифференцированных уравнений разрешена

относительно первых производных, то удобно использовать векторно-матричную форму

записи. Например, матрица-столбец из искомых функций имеет вид (10.1)

=

n y

y

y

Y M2

1

.

Вектор, составленный из величин, характеризующих перемещения и внутренние силы

в данном сечении системы, будем называть вектором состояния (10.2). Так, векторы

=

M

Q

V

ϑ Y ,

=

r M

Qr

W

Y

1

ϑ

для балки и симметрично нагруженной пластины являются векторами состояния ( W V , –

перемещения, ϑ – угол поворота нормали, Q – поперечная сила, – изгибающий момент,

1 M – радиальный изгибающий момент).

Поскольку система дифференциальных уравнений разрешена относительно первых производных от искомых функций, то эта система в матричной форме представляется в виде

g FY Y dx

d += ,

где F - квадратная (n x n) матрица переменных коэффициентов; g – n – мерный вектор

правых частей.

Задачей Коши называется задача об определении решения обыкновенного

дифференциального уравнения при заданных начальных условиях. В матричной форме задача Коши формулируется так (10.3):

Найти решения уравнения

),( xY f Y dx

d

= ,

удовлетворяющее условию 0

0Y

x xY =

=.

При машинном интегрировании систем обыкновенных дифференциальных уравнений

используют методы Эйлера с итерациями, трапеций, Рунге-Кутта или Кутта-Мерсона.Рассмотрим теперь метод начальных параметров, при помощи которого краевая

задача сводится к задаче Коши.

Решение уравнения

g FY Y

dx

d +=

(10.1)

(10.2)

(10.3)



216

должно быть подчинено n граничным условиям на границах интервала. Предположим, что m

условий сформулированы в начале )0

( x x = и mnr −= в конце )( l= x интервала

интегрирования. Решение (10.4) можно записать в виде

∑=

+=n

i

xi

Y i

C xY xY

1

)()(0

)( ,

где )(0 xY - какое-либо частное решение неоднородного уравнения; )( xY i - линейно-

независимые решения однородного уравнения (матрица однородных решений, столбцами

которой являются линейно-независимые векторы, каждый из которых удовлетворяет однородному уравнению (10.6)

FY Y dz

d = .

Поскольку вектор )( xY имеет n компонент, то формулу (10.5) можно представить в

виде

∑=

+

=

in y

i y

i y

n

i

C

n y

y

y

n y

y

y

,

,2

,1

11

0,

0,2

0,1

2

1

MMM.

Введем в рассмотрение матрицу решений однородного уравнения (10.6):

=

nn

y

n y

n y

n

y

y

y

n

y

y

y

xi

Y

,

,2

,1

2,

2,2

2,1

1,

1,2

1,1

)(M

L

L

L

MM

и вектор постоянных интегрирования

=

nС

С

С

С M2

1

.

Тогда формулу (10.7) можно записать в виде

C xi

Y xY xY )()(0

)( += .

Вектор )(0 xY и матрицу )( xY i можно найти, решая задачу Коши.Так как )(0 xY - любое частное решение неоднородного уравнения (10.4), то для него

можно задать любые начальные значения и, в частности, нулевые:

=∗

0

0

0

)0

(0 M

xY .

Значение вектора частного решения системы (10.4) в любой точке определяется

численным интегрированием уравнения (10.4) при начальном условии (10.10). При выборе

начальных условий для матрицы )( xY i , являющейся решением однородного уравнения (10.6), необходимо обеспечить линейную независимость столбцов. Если принять, что

(столбцы – ортонормированные векторы)

(10.6)

(10.7)

(10.8)

(10.10)



217

=

1̀

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1

)0

(

M

K

K

K

K

MMM

xi

Y ,

то любая пара векторов

=

0

0

1

)0

(1 M

xY ;

=

0

1

0

)0

(2 M

xY ; …

=

1

0

0

)0

(M

xn

Y

взаимно ортогональна, что обеспечивает их линейную независимость. Матрица решений

(10.8), удовлетворяющая начальным условиям (10.11), называется матрицей

фундаментальных функций для уравнения (10.6) или матрицей перехода.После фактического построения частного решения неоднородного уравнения )(0 xY и

матрицы решений однородного уравнения )( xY i коэффициенты Сi, входящие в общее

выражение (10.5), определяются из n граничных условий при х= х0 и х = l . При

аналитическом решении краевых задач так и поступают.При численном расчете, когда построение каждого из решений требует

интегрирования дифференциального уравнения, объем вычислений может быть существенно

сокращен. Поскольку начальные значения всех векторов )( 0 xY i известны заранее из (10.11),

то m граничных условий при х= х0 представляют собой m линейных уравнений,

связывающих n постоянных Сi . Поэтому только n – m = r постоянных независимы.

Введем новую систему решений однородного дифференциального уравнения )( xY k

(k =1,2,…,r), где векторы )( xY k являются линейными комбинациями векторов

фундаментальных решений )( xY i , и новое частное решение неоднородного уравнения

)(0 xY , подчинив их начальным условиям

0)

0(

0;)

0( Z xY

k Z x

k Y == , (10.12)

причем, векторы Zk и Z0 выбираются линейно независимыми, а выражение

;

10

)0

( ∑=

+=r

k k

Z k

C Z xY

удовлетворяют граничным условиям при х = х0 при любых значениях постоянных С k . Тогда

выражение

.

1

)()(0

)( ∑=

+=r

k

xk

Y k

C xY xY (10.13)

Cодержащее только r=n–m решений однородного уравнения и постоянных С k будет

удовлетворять условиям при х = х0 , а граничные условия при х = l позволяют определить r

постоянных С k.

Из векторов Yk составим прямоугольную матрицу n x r

=

r n

r

r

yn y

y

y

y

y

y

y

y

y

Y

,

,2

,1

2,

2,2

2,1

1,

1,2

1,1

M

L

L

L

MM.

Теперь формула (10.13) запишется в виде

(10.11)



218

C xY xY xY )()(0

)( += ,

где

=

r C

C

C

C M2

1

– столбец r постоянных.

Вопрос о выборе начальных значений векторов рассмотрен далее при решении задач

изгиба пластин и устойчивости.

Итак, решение линейной системы n-го порядка, удовлетворяющее m граничным

условиям при 0 x x = , всегда может быть представлено в виде выражения (10.13),

содержащего лишь r=n-m решений однородного уравнения, удовлетворяющих начальным

условиям k k Z xY =)( 0 .

Для определения этих решений нужно r раз решить задачу Коши. Еще один раз ее

нужно решить для определения решения неоднородного уравнения.

В результате интегрирования определяют значения этих векторов на правом конце

интервала интегрирования. После этого из r граничных условий на этом конце находят постоянные k C в выражении

∑=

+=r

k k Y

k C Y Y

1)()(

0)( lll ,

а следовательно, и сам вектор решения при l= x . Затем определяются векторы решений в

промежуточных точках. Это можно сделать двумя способами.

Поскольку постоянные k C уже определены, то можно использовать выражение

(10.13). Однако такой способ требует запоминания значений векторов k Y , 0Y в характерных

точках, что излишне загружает память машины. Поэтому чаще рассчитывают вектор )( xY в

промежуточных точках путем еще одного интегрирования неоднородного дифференциального уравнения

g FY Y dx

d +=

при начальном условии

∑=

+=r

k k Z

k C Z xY

10)

0( .

Метод начальных параметров является наиболее простым способом сведения краевой

задачи к задаче Коши. Но он применим лишь в том случае, если дифференциальное уравнение (10.4) не имеет одновременно как быстро убывающих, так и быстро

возрастающих решений, т.е. когда отсутствуют краевые эффекты



219

Глава 11. РАСЧЕТ СТЕРЖНЕЙ ПРИ КРУЧЕНИИ

11.1. Статистически определимые задачи

Пример 11.1. Стальной стержень круглого поперечного сечения переменной

жесткости нагружен так как показано на рис.2.2,а. Построить эпюры внутренних крутящих

моментов Т, максимальных касательных напряжений max

τ , относительных углов

закручивания ϑ и углов поворота сечений по длине стержня. Дано: 2= кНм; 10=et

кНм/м; 4108 ⋅=G МПа; 400=l мм; 501 =d мм; 902 =d мм.

Решение. Задача статически определима. Нумерация участков указана на рис.11.1,а.

Начало координат находится на левом конце стержня. Опорную реакцию находим из уравнения равновесия стержня

∑ = 0 x M , M t M M t M ecce −=→=+− ll 0 .

Внутренние крутящие моменты находим по методу сечений из уравнения равновесия

отсеченных частей стержня

Участок 1 ( l≤≤ z 0 ) T −= .

Участок 2 ( ll

2≤≤ z ) M z t T e −−= )( l

; M T z −==l ; M t T e z −== l

l2 .Участок 3 ( ll 32 ≤≤ z ) )2( ll −+−= et M T .

Эпюра Т показана на рис.11.1.

Рис.11.1

Вычисляем геометрические характеристики сечений

4

32d I p π = ; 3

32d W p π = ,

где d - диаметр текущего сечения стержня.

Диаметр d по длине стержня изменяется по закону

≤≤

≤≤

≤≤

−−+−=

ll

ll

l

llll

32

2

0

,

),2/()2()(

,

2

2112

1

z

z

z

d

d d z d d

d

d .

При определении углов поворота текущих сечений стержня воспользуемся

дифференциальным уравнением

dz d ϑ = ,где pGI T /=ϑ - крутка (относительный угол закручивания).

(11.1)



220

Проинтегрируем (11.1). Так как правая часть является известной функцией

координаты z , то в результате интегрирования найдем

∫ += z

C dz 0

ϑ ϕ ,

где С - постоянная интегрирования.

Обозначив

∫= z

dz 0

~ ϑ ϕ ,

здесь ϕ ~ - первый интеграл функции , получим из (11.2)

c+= ~ .

Интеграл (11.3) будем находить численным методом. Отрезок интегрирования [0, l ] разобьем на n равных частей ( рис.11.2,а) с шагом n z /l=∆ . Пронумеруем сечения (узлы)

1,...,2,1 += ni так, как показано на рис.11.2,а. Тогда координаты сечений будут определяться

по формуле )1( −∆= i z z i .

В этих сечениях будем искать значения функции ϕ по формуле (11.4). При этом

предполагаем, что значения в промежуточных точках между сечениями могут быть

вычислены с помощью линейной интерполяции.

Рис.11.2

Чтобы начать счет, необходимо знать значение интеграла в начале координат. В

начале интегрирования, т.е. при 01 = z интеграл

0~~10 === ϕ ϕ z ,

где 1

~ϕ - начальный параметр.

Учитывая (11.5), получим выражение для интеграла в 1+i сечении:

∫+

+ +=1

1

1

1

~~ z

z

ii dz ϑ ϕ ϕ .

Интеграл, стоящий в правой части, независимо от вида подынтегральной функции,

представляет собой площадь криволинейной трапеции. Приближенно эту площадь

определим по формуле трапеции (заштрихованная площадь на рис.11.2,б):

∫+

∆+

== ++

11

2

11

z

z

iii

i

z dz ϑ ϑ

ϑ ϕ .

тогда

z iiii ∆++= +

+2

~~ 11

ϑ ϑ ϕ ϕ , ni ,...,2,1= .

(11.2)

(11.3)

(11. 4)

(11.5)



221

Для определения произвольной постоянной С в уравнении (11.4) используем

граничное условие

1+= ni , 01 =+nϕ

и получим однородное алгебраическое уравнение 0~

1 =++ C nϕ ,

откуда

1~

+−= nC ϕ .

Итак, равенство (11.4) примет вид

C ii

+= ϕ ϕ ~ .

В тех же сечениях определяем максимальные касательные напряжения по формуле

pi

i

iW

T =

max,τ .

На печать выводим i

z ,i

ϑ ,i

ϕ ,imax,

τ . Схема алгоритма решения задачи представлена

на рис.11.3.

11.1.1. Описание программы

Рис.11.3

При составлении программы на алгоритмическом языке Паскаль используем

следующие идентификаторы (имена переменных и массивов):

K – относительный угол закручивания ϑ ;F – угол поворота сечения стержня ;

T – максимальное касательное напряжение maxτ ;

ZZ – координата сечения стержня z ;

IP – полярный момент инерции поперечного сечения стержня Ip;



222

WP – полярный момент сопротивления сечения Wp;

M – внутренний крутящий момент T;

M1 – внешний крутящий момент M;

M2 – интенсивность внешнего распределенного крутящего момента te;

2,1 ll - длина соответственно первого и второго участков стержня;

l - вся длина стержня;

D1 – диаметр стержня d1;D2 – диаметр стержня d2;

H – шаг интегрирования ∆z;

N – число шагов интегрирования n;

d – диаметр текущего поперечного сечения стержня d;

Результаты расчета представлены графически на рис. 11.1,б.

11.1.2 Программа расчета стержня переменной жесткости на кручение

Program VAL; {Вал переменной жесткости}

Uses CRT;

Const kl=50;

Var i,n,n1:integer;

l,ll,l2,d,d1,d2,M1,M2,G,z,h,Ip,zl:real;

T,F,K,M,Wp,ZZ:array[1..k1] of real;

Otlet:char;

Begin

Clrscr;

Writeln(‘Размер вала’);

Writeln(‘l(m),l1(m),l2(m),d1(m),d2(m)’);

Readln(l,l1,l2,d1,d2);

Writeln(‘Нагрузка M1(H*m),M2(H*m)’);Readln(M1,M2);

Writeln(‘Модуль сдвига G(Па’);

Readln(G);

Writeln(‘ Число шагов интегрирования n’);

Readln(n);

Writeln(‘Результаты расчета’);

Writeln;

Writeln(‘z mm MH*m T MПа F рад Wp см3);

Writeln;

h:=l/n;

n1:=n+1; {Количество узлов}For i:=1 to n1 do

Beqin

z:=h*(i-1);

ZZ[i]:=z;

If (z>=0) and (z<=l1) then M[i]:=-M1;

If (z>l1) and (z<=l2) then M[i]:=-M1+M2*(z-l1);

If (z>l2) and (z<=l) then M[i]:=-M1+M2*(l2-l1);

If (z>=0) and (z<=l1) then d:=d1;

If (z>l1) and (z<=l2) then d:=((d2-d1)*z+(d1*l2-d2*l1))/(l2-l1);

If (z>l2) and (z<=l) then M[i]:=-d:=d2;

Ip:=3.14*exp(4*ln(d))/32;Wp[i]:=2*Ip/d;

T[i]:=M[i]/Wp[i];



223

K[i]:=M[i]/(G*Ip);

End;

F[1]:=0;

For i:=1 to n do F[i+1]:=F[i]+h*(K[i]+K[i+1])/2;

c:=-F[n1]:=0;

For I:=1 to n1 do

BeqinF[i]:=F[i]+c;

Writerln(ZZ[i]*100:6:0,M[i]:8:0,T[i]/1E6:12:5,Wp[I]*1E6:8:0);

End;

Readln; End.

11.2. Cтатически неопределимые задачи

Пример 11.2. Стальной стержень переменного сечения ( рис.11.4) жестко

защемлен обоими концами и нагружен распределенным крутящим моментом постоянной

интенсивности const t e = . Сечение стержня круглое, диаметр изменяется по закону

+=m

z d d

l10 ,

где 0

d - диаметр левого концевого сечения; m - показатель степени.

Построить эпюры внутренних крутящих моментов Т, максимальных напряжений max

τ

и углов поворота сечений ϕ по длине стержня. Дано: 10=et кН⋅м/м; 500 =d мм; 300=l

мм; 7/5=m ; 4108 ⋅=G МПа.

Решение. Задача один раз статически неопределима. Отбрасываем левую заделку и

заменяем ее реактивным моментом х ( рис.11.4,б), который определяем из уравнения

совместности перемещений

0),( = X t ea lϕ или ∫ =l

0

0 pGI

Tdz .

Внутренний крутящий момент Т определяем, используя метод сечений ( рис.11.4,в):

x z t T e

−= .

Тогда

∫ ∫ =−l l

0 0

0 p p

e

GI

xdz

GI

zdz t .

Так как 4

4

0

4 13232

+==m

p

z d d I

l

π π ,

то

[ ] [ ]∫ ∫ =+

−+

l l

ll0 0

440

)/(1)/(1 mme

z

dz X

z

zdz t .



224

Рис. 11.4

Рис. 11.5

Переходя к безразмерной координате l/ z =ξ , получаем

∫ ∫ =

+

−

+

1

0

1

0

44

2 0

)1()1(mme

d X

d t

ξ

ξ

ξ

ξ ξ ll .

Введя обозначения

let M =0 , ∫ +=

1

0

4)1( m

d C

ξ

ξ ξ , ∫ +

=1

0

4)1( m

d B

ξ

ξ ,

определяем реактивный момент BC M X /0= .

С учетом найденного реактивного момента Х вычисляем:

1. Крутящий момент X z t T e −=

или с использованием безразмерной координаты l/ z =ξ

0)( M q X t T e −=−= ξ ξ l ,

где

0 M

X

t

X q

e

==l

.

2. Максимальное касательное напряжение

p

e

p W

X z t

W

T −==maxτ ,

где 3

30

3

11616

+==

m

p

z d d W

l

π π .

Переходя к безразмерной координате l/ z =ξ , получаем

33

0

33

0

max)1(

16

)1(

)(16mm

e T

d d

X t

ξ π ξ π

ξ τ

+=

+

−=

l.


3

0

0

16

d π τ = ,

3)1(

1m

W ξ +

= ,

определим значения max

τ :

WT 0max

τ τ = .

3. Угол поворота произвольного сечения стержня ( рис.2.19,а).



225

Полный угол закручивания сечения z составляет ( 0= z , 0)0( = )

∫ ∫ −

== z z

p

e

p GI

dz X z t

GI

Tdz

0 0

)(ϕ .

В безразмерных координатах l/ z =ξ

( )∫ ∫ +

−

=+

−

=

ξ ξ

ξ

ξ ξ

π ξ

π

ξ ξ

ϕ 0 0

440

2

440 )1(

)/(32

132

)(m

ee

m

e d t X

d G

t

d G

d X t llll

.

Рис. 11.6


40

2

0

32

d G

t e

π ϕ

l

= ,

∫ ∫ −−

=+

−=

ξ ξ

ξ

ξ ξ

ξ

ξ ξ

0 0

44 )1(

)(

)1(

)/(mm

e d qd t X P

l,

получим

P 0ϕ = .

Таким образом требуется найти функции )(ξ T , переменной ξ на интервале 10 ≤≤ ξ .

Разобьем отрезок интегрирования [0,1] на n равных частей с шагом nh /1= ( рис.11.5,б).

Координаты узлов определяем по формуле hii )1( −=ξ ,

где 1,...,2,1 += ni - номер узла.

В этих узлах находим значения внутренних крутящих моментов Т, максимальных

касательных напряжений max

τ и углов поворота сечений ϕ .

Результаты счета представлены графически на рис.11.6.

11.2.1. Программа расчета на кручение статически неопределимого стержня

Program VAL1; {Статически неопределимый вал}

Uses CRT;

Const k=50;

Var i,n,n1:integer;M,d0,l,Te,G,h,mr,d:real;

Z,Ip,Wp,I1,I2,t,Tau,T:array[1..k] of real;



226

Otlet:char;

Begin

Clrscr;

Writeln(‘Размер вала’);

Writeln(‘d0(m),l(m)’);

Readln(d0,l);

Writeln(‘Нагрузка Te(Hm/m),’);Readln(Te);

Writeln(‘Модуль сдвига G(Па’);

Readln(G);

Writeln(‘Введите показательстепени m’);

Readln(m);


Readln(n);


Writeln;

Writeln(‘z mm MH*m T MПа F рад Wp см3);

Writeln;h:=l/n;

n1:=n+1; {Количество узлов}

For i:=1 to n1 do

Beqin

z[i]:=h*(i-1);

If (z[i]=0) then d:=d0 else d:=d0*(1+exp(m*ln(z[i]/l)));

Ip[i]:=3.14*exp(4*ln(d)0/32;

Wp[i]:=2*Ip[i]/d;

End;

I1[1]:=0; i2[1]:=0;

For i:=1 to n do

Begin

I1[i+1]:=I1[i]+h*Te*(z[i]/Ip[i]+ z[i+1]/Ip[i+1])/2;

i2[i+1]:=i2[i]+h*(1/Ip[i]+ 1/Ip[i+1])/2;

end;

Mr:=I1[n+1]/i2[n+1];

Writeln(‘Реактивный момент Mr=’,Mr:4:0,’H*m’);

Writeln;

For i:=1 to n1 do

Begin

T[i]:=Te*z[i]-Mr;Tau[i]:=T[i]/(Wp[i]);

End;

F[1]:=0;

For i:=1 to n do

F[i+1]:=F[i]+h/G*(T[i]/Ip[i]+T[i+1]/Ip[i+1])/2;

For I:=1 to n1 do

Beqin

Writerln(z[i]:5:3,T[i]:8:0,Tau[i]/1E6:9:1,F[i]:13:6);

End; Readln; End.



227

11.3 Задачи для самостоятельного решения

В задачах ( рис.11.7) требуется для круглого стержня переменного сечения

нагруженного так, как показано на рисунках, определить из условия прочности допускаемое

значение внешней нагрузки и построить эпюры T, τ max, ϑ , ϕ по длине стержня.

Указания:

1. Решить задачу в общем виде, используя алгоритм, приведенный в примере 11.1.2. Составить схему алгоритма решения задачи.

3. Написать программу для вычисления на ЭВМ величин T, τ max, ϑ , ϕ , Wp.

4. Отладить программу.

5. В программу ввести исходные данные, провести расчет. Получив решение задачи,

найти опасное сечение стержня по наибольшему значению τ max. Затем, из условия

прочности, определить допускаемое значение внешней нагрузки te,adm.

6. Введя найденное значение te,adm в программу, провести расчет. Результаты

решения задачи вывести на печать в виде таблицы.

7. Используя полученные результаты T, τ max, ϑ , ϕ , построить эпюры.

Рис. 11.7



228

Глава 12. РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫХ БАЛОК ПЕРЕМЕННОГО

СЕЧЕНИЯ

12.1. Основные зависимости

При плоском изгибе балок [1] перемещения поперечного сечения определяются двумя

величинами: прогибом V и углом поворота сечения ϑ

dz

dV −=ϑ ,

при этом положительные направления V и ϑ показаны на рис.12.1,а (балка отнесена к

правой декартовой системе координат; ось z направлена вдоль балки; ось y лежит в

плоскости изгиба, ось х перпендикулярна этой плоскости; оси х, у являются главными

центральными осями сечений балки).

Рис. 12.1

Кривизна изогнутой оси балки dz d /ϑ χ = связана с изгибающим моментом x M в

сечении балки зависимостью

x

x

EI

M

dz

d −=

ϑ ,

где изгибающий момент x M и осевой момент инерции сечения x I зависят от координаты z .

Уравнения равновесия бесконечно малого элемента балки:

y x Q

dz

dM = , )( z q

dz

dQ y −= .

Положительные направления поперечной силы yQ , изгибающего момента x M и

интенсивности распределенной нагрузки )( z qe показаны на рис.12.1,б.

Уравнения (12.1…12.3) составляют систему дифференциальных уравнений

четвертого порядка. При расчете статически определимой балки уравнения (12.3), как

правило, не используются. Аналитические выражения изгибающего момента x M на каждом

из участков балки составляются из условия равновесия части балки, расположенной слева от

сечения z .Перемещения определяются решением линейной краевой задачи для системы двух

дифференциальных уравнений (12.1), (12.2):

χ ϑ

=dz

d , ϑ −=

dz

dV .

Граничные условия для искомых функций ϑ , V зависят от способа закрепления

балки. Например, для балки ( рис. 12.2,а) граничные условия имеют вид

0)( =lV , 0)3( =lV .

Рассмотрим метод решения сформулированной краевой задачи.

Правая часть первого из уравнения (12.4) является известной функцией координаты

z , поэтому это уравнение может быть проинтегрировано:

∫ += z

C dz 0

1 χ ϑ .

(12.1)

(12.2)

(12.3)

(12.4)

(12.5)



229

Постоянная 1C представляет собой угол поворота сечения 0= z балки. Входящий в

выражение (12.5) интеграл

∫= z

dz 0

~ χ ϑ

определяется численно для всех заранее намеченных сечений балки (для численного

интегрирования в программе используется формула трапеций). Тогда

1

~С += ϑ ϑ .

Полученное выражение для угла поворота сечения подставим во второе уравнение системы (3.8) и проинтегрируем. В результате имеем

21

~C z C V V +−−= ,

где 2C постоянная интегрированная, имеющая смысл прогиба в сечении балки 0= z ;

∫= z

dz V 0

~~ϑ .

Интеграл (3.13) также находится численно по формуле трапеций.

Постоянные 1С , 2С определяются из граничных условий. Например, для балки

( рис.3.5,а) из граничных условий 0)( =lV , 0)3( =lV следует, что

l

ll

2

)3(~

)(~

1

V V C

−= ,

2

)3(~

)(~

32

ll V V C

−= .

При известных постоянных углы поворота и прогибы вычисляются по формулам

(12.7) и (12.8) соответственно. Так как главной частью расчета является вычисление

значений функций ϑ ~

иV ~

, то рассмотрим процедуру численного интегрирования. Балка

делится на n участков равной длины n Lh /= , где L - длина балки (предполагается, что

границы участков совпадают с точками деления). Значения функций в этих точках

обозначаются i χ , iϑ

~

, iV

~

. Искомые функции ϑ

~

, V

~

определяются последовательно в точках разбиения 1 z , 2 z ,…, 1+n z . Сначала, положив 0

~1 =ϑ по формуле трапеций вычисляем

2

)(~~ 11

++

++= ii

ii

h χ χ ϑ ϑ , ni ,...,2,1= .

Затем, положив 0~

1 =V , находим

2

)~~

(~~ 11

++

++= ii

ii

hV V

ϑ ϑ , ni ,...,2,1= .

12.2. Описание программы

Рассмотрим структуру программы, реализующую описанный выше алгоритм

определения углов поворота и прогибов балки. В программе предусмотрено вычисление

максимального напряжения в поперечных сечениях по формуле x x W M /=σ , где xW –

момент сопротивления сечения при изгибе.

Пример 12.1. Рассчитать стальную ( 11102 ⋅= E Па) балку, изображенную на рис. 12.2.

Размеры балки на чертеже даны в миллиметрах: сечение балки – прямоугольник, высота

которого Н=30 мм, а основание 1b является функцией координаты z , причем

при l≤≤ z 0 Bb =1 ,

при ll 4≤≤ z l

l

3

))((1

−−

−=

z b B

Bb

(12.7)

(12.8)

(12.9)

(12.13)



230

Рис.12.2

где В=120 мм, 80=b мм, l =300 мм, длина отсчитывается от левого конца балки.

Решение. Первоначально из уравнений равновесия всей балки определяются опорные реакции 1 R , 2 R ( рис.3.5,в)

leq F R4

3

2

31 += ,

24

92

F q R e −= l ,

где

5

101⋅=eq Н/м,

3

102 ⋅= F Н. Затем записываются выражения изгибающего момента по участкам

l≤≤ z 0 Fz M x −= ;

ll 3≤≤ z )(4

3

2

3

2

)( 2

lll

−

++−

−−= z q F z q

F M ee

z x ;

ll 43 ≤≤ z 2

)4( 2 z q M e

x

−−=

l.

Длина балки 4 l делится на 20 шагов интегрирования ( 20=n ). При этом число точек

вывода результатов на единицу больше ( 2111 =+= nn ). Сечение l= z совпадает с 6-й, а

сечение l3= z с 16-й точками вывода результатов. Поэтому формулы (12.10),определяющие постоянные 1C , 2C , принимают вид

l2

~~166

1

V V C

−= ,

2

~~3 166

2

V V C

−= ,

здесь 6

~V , 16

~V – значения интеграла (3.13) при l= z , l3= z соответственно.

Схема алгоритма решения задачи приведена на рис.3.6. В описательной части

программы задаются массивы T, V, S, ZZ, K,M, которые используются для хранения

значений угла поворота, прогиба, максимального напряжения, координаты z , кривизны,

изгибающего момента во всех точках вывода результатов, включая оба конца балки 0( 1 = z ,

)41 l

=+n z .

(12.15)

(12.14)



231

При помощи оператора Read задают длину участка l в мм, характерные размеры

сечения B, b, H в мм, значения нагрузок eq в Н/мм, F в H, модуль упругости Е в МПа, число

шагов интегрирования n.

Рис.12.3

Затем вычисляются длина балки (а l4≡ ), число точек вывода 1+n , шаг интегрирования ( h z ≡1 ). Остальная часть программы состоит из 4-х последовательно

выполняемых циклов.

В первом цикле по номеру точки вывода вычисляются координата z , момент x M по

одному из выражений (12.14) в зависимости от z , ширина балки по формулам (12.13),

осевой момент инерции

=

12

3

1 H b I x , момент сопротивления изгибу

=

6

2

1 H bW x ,

максимальное напряжение x x W M /=σ , кривизна )/( x x EI M K = . При этом значения z , x M ,

σ , K запоминаются в соответствующих массивах.

Во втором цикле по номеру шага интегрирования вычисляются значения )(~

i z ϑ по формуле (12.11) во всех точках вывода.

Третий цикл аналогичен второму: в нем вычисляется по формуле (12.12) значение

)(~

i z V , 1,...,2 += ni . Затем определяются 1С , 2С по формулам (12.15).

В четвертом цикле по номеру точки вывода результатов определяются по формулам

(3.16), (3.12) значения угла ϑ и прогиба V и осуществляется вывод значений z , ϑ , V , σ ,

x M . При этом прогиб выводится в миллиметрах, а напряжение – в МПа.

12.2.1. Программа расчета статически определимых балок

переменного сечения

Program BALKA;

Uses CRT;



232

Const kl=50;

Var i,i1,i2,n,n1:integer;

a,l,h,bb,b,b1,c1,c2,q,E,F,z1,z,R1,R2,Ix:real;

T,V,S,K,M,Wx,ZZ:array[1..k1] of real;

Otlet:char;

Begin

Clrscr;Writeln(‘Размер балки’);

Writeln(‘l(mm),h(mm),bb(mm),b(mm)’);

Readln(l,h,bb,b);

Writeln(‘Нагрузка q(H/mm),F(H), Модуль упругости Е(MПа’);

Readln(q,F,E);


Readln(n);


Writeln;

Writeln(‘z mm MH*m S MПа V mm T рад’);

Writeln;a:=4*l;

z1:=a/n; {Шаг интегрирования }n1:=n+1; {Количество узлов}

R1:=3*F/2+3*q*1/4; R2:=9*q*1/4-F/2;

For i:=1 to n1 do

Beqin

z:=z1*(i-1);

ZZ[I]:=z;

{Уравнение изгибающих моментов по участкам}

If (z>=0) and (z<=l) then M[i]:=-F*z;

If (z>l) and (z<=3*l) then M[i]:=-F*z+R1*(z-l)-q*(z-l)*(z-l)/2;

If (z>3*l) and (z<=4*l) then M[i]:=-F*z+R1*(z-l)-q*(z-l)*(z-l)/2+R2*(z-3*l);

{Геометрические характеристики}

If (z>=0) and (z<=l) then b1:=bb;

If (z>1) and (z<=4*l) then b1:=bb-(bb-b)*(z-l)/(3*l);

Ix:=b1*h*h*h/12;

Wx[I]:=2*Ix/h;

S[i]:=M[i]/Wx[i]; {Нормальные напряжения}

K[i]:=M[i]/(E*Ix); {Кривизна}end;

T[1]:=0;For i:=1 to n do T[i+1]:=T[i]+z1*(K[i]+K[i+1])/2;

V[1]:=0;

For i:=1 to n do V[i+1]:=V[i]+z1*(T[i]+T[i+1])/2;

c1:=(V[6]-V[16])/(2*l);

c2:=V[6]+c1*l;

For I:=1 to n1 do

Beqin

T[i]:=T[i]+c1; {Угол поворота}V[i]:=-V[i]+c1*ZZ[i]+c2; {Прогиб}

Writerln(ZZ[i]:6:1,M[i]/1E3:9,S[i]:9:2,V[i]:8:2,T[i]:11:5);

End;Readln; End.



233

По результатам расчета построены, эпюры изгибающих моментов, прогибов и углов

поворота сечений балки ( рис. 12.2).

Для проверки точности интегрирования рекомендуется повторить расчет при

удвоенном числе шагов интегрирования. Данная программа с небольшими изменениями

может быть использована при расчете других статически определимых балок.

Пример 12.2. Рассмотрим консольную балку круглого поперечного сечения

( рис.3.7,а). Балка нагружена силой 2000= F Н и равномерно распределенной нагрузкой 410=eq Н/м; 3,0=l м; 12,0= D м; 08,0=d м.

Решение. Определив реакции заделки lea q F R 4+= , ll F q M ea 48 2 += , ( рис.12.4,б),

составим аналитическое выражение для момента x M :

)4(2

)4( 2

z F z q

M e x −−

−−= l

l

(начало отсчета координаты z принимаем в сечении заделки балки).

Диаметр балки ( рис.3.7,а), в зависимости от координаты z , изменяется следующим

образом:

l≤≤ z 0 Dd =1 ;

ll 3≤≤ z l

l

2

))((1

−−−=

z d D Dd ;

ll 43 ≤≤ z d d =1 .

Осевой момент инерции и момент сопротивления изгибу составляют

64

4

1d I x

π = ,

32

3

1d W x

π = .

Так как сечение 0= z заделано, то постоянные 1С , 2С равны нулю. Примем число шагов

интегрирования равным 20, в том числе по пять шагов на цилиндрических участках и 10

шагов на коническом участке балки.

Рис.12.4

1. В программу предыдущего примера должны быть внесены следующие изменения:

Writeln (‘Размеры балки’);

Writeln (‘ l (мм), dd (мм), d (мм)’);

Readln ( l , dd, d);

(12.16)

(12.17)



234

2. Необходимо привести аналитическое выражение момента x M по формуле (12.16)

)*4(*2/)*4(*)*4(*][ z F z z qi M −−−−−= lll ;

3. Следует описать вычисление диаметра d1 (формулы 12.17), а затем выражения для

x I , xW по формулам (3.22)

If (z>=0) and (z= l ) then

d1:=dd;if (z> l ) and (z<=3- l ) then

d1:=dd- (dd-d)*(z- l )/(2* l );

if (z>3* l ) and (z<=4- l ) then

d1:=d;

Ix:=3.14*exp (4*ln(d1))/64;

Wx[i]:=2*Ix/d1.

4. Записать постоянные интегрирования c1:=0; c2:=0.

По результатам расчета, с перечисленными выше изменениями, построены эпюры

изгибающих моментов, прогибов и углов поворота сечений балки ( рис. 12.14,в,г,д).

Пример 13.3. Для расчета балки, изображенной на рис.12.5, использована программа предыдущего примера. Эта программа используется для определения места рационального

расположения шарнирных опор по длине балки, обеспечивающих минимальный расход

материала.

Результаты расчета приведены на рис.12.5,б,в,г.

Рис.12.5

12.2.2. Программа расчета балки с консолями

Program BALKA;

Uses CRT;

Const kl=50;

Var i,i1,i2,n,n1:integer;

a,l, b,h1,h2, h,c1,c2,q,E,z1,z2,z3,z,R1,R2,Ix,t1,t2:real;

T,V,S,K,M,Wx,ZZ:array[1..k1] of real;

Otlet:char;

Begin

Clrscr;

А

Г

Б

В



235

Writeln(‘Размер балки’);

Writeln(‘l(mm),b(mm),h1(mm), h2(mm),t1(mm),t2(mm)’);

Readln(l,b,h1,h2,t1,t2);

Writeln(‘Нагрузка q(H/mm), Модуль упругости Е(MПа’);

Readln(q,E);

Writeln(‘ Число шагов интегрирования n, координаты опор z2, z3(mm)’);

Readln(n,z2,z3);Writeln(‘ Результаты расчета’);

Writeln;

Writeln(‘z mm MH*m S MПа V mm T рад’);

Writeln;

a:=4*l;

z1:=a/n; {Шаг интегрирования }n1:=n+1; {Количество узлов}

i1:=trunc(z3/z1+1); {Первая опора – номер узла}

i2:=trunc(z3/z1+1); { Вторая опора – номер узла }

R1:=7*q*l/2; R2:=R1;

For i:=1 to n1 doBeqin

z:=z1*(i-1);

ZZ[I]:=z;

{Уравнение изгибающих моментов по участкам}

If (z>=0) and (z<=l) then M[i]:=-q*z*z/2;

If (z>l) and (z<=2*l) then M[i]:=- q*z*z/2+R1*(z-l)-4*q*(z-l)*(z-l)/2;

If (z>2*l) and (z<=3*l) then M[i]:=- q*z*z/2+R1*(z-l)-4*q*l*(z-3*l/2)+R2*(z-2*l);

{Геометрические характеристики}

If (z>=0) and (z<=l) then h:=h1+(h2-h1)*z/l;

If (z>1) and (z<=2*l) then h:=h2;

If (z>2*l) and (z<=3*l) then h:=h1+(h2-h1)*(3*l-z)/l;

Ix:=b*exp(3*ln(h))/12-(b-t1)*exp(3*ln(h-2*t2))/12;

Wx[I]:=2*Ix/h;

S[i]:=M[i]/Wx[i]; {Нормальные напряжения}

K[i]:=M[i]/(E*Ix); {Кривизна}End;

T[1]:=0;

For i:=1 to n do T[i+1]:=T[i]+z1*(K[i]+K[i+1])/2;

V[1]:=0;

For i:=1 to n do V[i+1]:=V[i]+z1*(T[i]+T[i+1])/2;

c1:=(V[6]-V[16])/(2*l);c2:=V[6]+c1*l;

For I:=1 to n1 do

Beqin

T[i]:=T[i]+c1; {Угол поворота}V[i]:=-V[i]+c1*ZZ[i]+c2; {Прогиб}

Writerln(ZZ[i]:6:1,M[i]/1E3:9,S[i]:9:2,V[i]:8:2,T[i]:11:5);

End;

Readln; End.


В задачах 1.4 на ( рис.12.6) требуется для балок переменного сечения:8. Составить схему алгоритма решения задачи.





237

Глава 13. Расчет статически неопределимых рам


Расчет рам на ЭВМ целесообразно проводить в матричной форме [5]. Для этого

изгибающие моменты на каждом участке рамы должны быть заданы тремя величинами

( рис.13.1,а): значениями изгибающих моментов в начале и конце участка f M 0 и kf M , а

также величиной в середине участка, которая принимается равной + 8/2leq , если эпюра

выпуклая, и - 8/2leq , если эпюра вогнутая. Предполагается, что жесткость при изгибе

каждого участка рамы I является постоянной. Тогда перемещения можно определить

перемножением соответствующих эпюр.

Допустим, что на каком-либо участке рамы эпюра изгибающих моментов от внешних

нагрузок соответствует рис.13.1,б, а эпюра моментов от единичной силы (или момента)показана на рис.13.1,в. Перемножение эпюр на этом участке можно представить в виде

−++

+

+

−+==∆ ∫ ikiikf

kiiikii f

f M M M M

M M f M M M M

EI EI

dz M M 00

0000

0

1(

3

2

2

1

2

)(

3

2)

3

1

2

1ll

.

Выражение (13.1) можно записать в матричной форме

[ ]

=

kf

f

kii

M

f

M

EI

EI

EI

EI

EI

EI M M

0

0

6

20

6

6

20

6

2

6

06

2

0l

l

l

l

l

l

∆.

Обозначим:

Mi - матрица – столбец значений изгибающих моментов от единичной нагрузки;

f M - матрица – столбец значений изгибающих моментов от внешних нагрузок;

δ - матрица податливости:

EI 6221

000

122l

=δ .

Тогда зависимость (13.2) можно записать в виде

f

T

i M M δ =∆ .

Для рамы, имеющей несколько участков, выражение (13.4) остается справедливым, но

матрицы T i M , f M и δ принимают вид

[ ]

участок

k

участок

k

участок

k T

i

M M M M M M M

3

...0

2

0

1

0 303202101=

участок

участок

f k

f

f k

f

f

M

f

M

M

f M

M

2

1

2

2

02

1

1

01

=

M

(13.1

(13.2)

(13.3)

(13.4)

(13.5)

(13.6)



238

Рис.13.1

=

nδ

δ

δ

δ

δ

0

02

1

,

где

=

221

000

122

6 i

ii

EI

lδ ;

i

l ,i

I - длина и момент инерции при изгибе I-го участка рамы.

При расчете рам методом сил заданная статически неопределимая рама заменяется

эквивалентной ей статически определимой системой, в которой отдельные реакции или

внутренние силовые факторы, принимаемые за неизвестные, определяются из условий

равенства перемещений заданной и эквивалентной систем [1]. После определения указанных

неизвестных (Х1, Х2, Х3, …) изгибающий момент в каждом сечении рамы находится в виде

суммы:

...332211 ++++= X M X M X M M M f tot ,

где f M - изгибающий момент в сечении основной системы от внешних нагрузок; 1 M , 2 M ,

3 M - изгибающие моменты в том же сечении основной системы от сил 11 = X , 12 = X ,

13 = X и т. д.

Здесь и далее основной системой называется статически определимая рама,

образующаяся из заданной системы после снятия с нее всех внешних нагрузок и

дополнительных связей.

Решая задачу в матричной форме, также необходимо выбрать эквивалентную и

основную системы. Затем надо построить эпюры и найти значения изгибающих моментов во

всех узловых сечениях от внешних сил и от неизвестных усилий, принятых равными

единице.

Полученные значения изгибающих моментов указанным выше способом

записываются в виде матриц f b и 1b , где f b - матрица – столбец изгибающих моментов от

единичных факторов, приложенных в направлении неизвестных. Каждый столбец матрицы

(13.7)

(13.8)



239

1b соответствует изгибающим моментам от одной единичной силы 1= Xi . Число строк

матрицы 1b равно n3 , где n - число участков:

участок

участок

участок

от X от X от X

M M M

M M M

M M M

M M M

M M M

M M M

b

k k k

k k k

k k

3

2

1

111

000

000

000

321

333231

033032031

232221

023022021

131211

013012011

1

===

=

Тогда значения изгибающих моментов в статически неопределимой раме, или

эквивалентной системе, будут определены матрицей – столбцом S: X bbS f 1+= ,

где X - матрица – столбец неизвестных усилий метода сил

=

M

2

1

X

X

X .

Значения неизвестных усилий определяются из системы канонических уравнений [1] 01212111 =+++ f ... X X δ δ δ ;

02222121 =+++ f ... X X δ δ δ ;

M M

02211 =+++ mf mm ... X X δ δ δ .

В матричной форме эта система имеет вид

01011 =+ D X D ,

где 11 D - квадратная матрица [ ]mm × перемещений от единичных сил:

=

mmmm

m

m

D

δ δ δ

δ δ δ

δ δ δ

K

MMM

K

K

21

22221

11211

11

;

10

D - матрица – столбец перемещений по направлениям неизвестных усилий от внешних

нагрузок:

=

mf

f

f

D

δ

δ

δ

M

2

1

10.

Используя рассмотренный выше способ определения перемещений, находим

1111 bb D T δ = ;

f

T bb D δ 110 = .

Неизвестные усилия определяются из выражения (13.13) в виде

10

1

11 D D X −−= ,

(13.9)

(13.10)

(13.11)

(13.12)

(13.14)

(13.15

(13.16)

(13.17)

(13.13)



240

где 1

11− D - матрица, обратная 11 D . После подстановки значения Х в зависимость (13.10)

получаем

10

1

1111 D Dbb X bbS f f

−−=+= .

Для проверки правильности решения задачи можно найти перемещения 1 Z по

направлениям действия неизвестных усилий X , которые должны получиться равными

нулю. Если

011 == S b Z T δ ,

то задача решена верно.

Итак, расчет рам в матричной форме проводится в следующей последовательности:

1.Выбирается основная система и строятся эпюры изгибающих моментов от внешних

нагрузок - f M и от единичных факторов, приложенных в направлении неизвестных

1 X , 2 X , 3 X , …, - 1 M , 2 M , 3 M , …

2.Составляются матрицы f b , 1b и δ .

3.Вычисляются матрицы 1111 bb D T δ = и 1110 bb D T δ = .

4.Находится обратная матрица 111−

D .

5.Определяется вектор неизвестных 10

1

11 D D X −−= .

6.Вычисляются изгибающие моменты от найденных усилий X b1 .

7.Определяются изгибающие моменты в заданной раме X bbS f 1+= .

8.Производится проверка решения задачи по условию (13.20).


Изложенный выше алгоритм расчета рам реализован в программе п.13.2.1,написанной на языке Паскаль. С целью уменьшения времени на ввод исходных данных в

основную программу уже включена матрица податливости δ размером [12×12], которая

принимается в расчетах постоянной. Это накладывает ограничения на рассчитываемые рамы,

которые должны иметь не более четырех участков. Погонные жесткости (на единицу длины)

всех участков ii / EI l должны быть одинаковы.

Если рама симметрична, то матрицы 1b , f b и δ заполняются для одной половины

рамы. В этом случае максимальное число участков (четыре) соответствует половине рамы.

Другим ограничением программы является количество неизвестных – их должно быть не

более двух.

13.2.1. Программа расчета статически неопределимых рам методом сил

Program RAMA;

Uses Crt;

Const

KK=12; MM=12;

Type

Wect=array[1..kk] of real;

Matr=array[1..kk, 1..mm] of real;

Var

I,J,L,K,M,LL :Integer;B1,DE,BT,C,D11,DD,E,D,D10,A,X,BP,S2,S:Matr;

F:array[1..3, 1..3] of real;

(13.19)

(13.20)



241

{процедура общего вида для транспонирования матриц}

Procedure GMTRA(A:Matr; Var B: Matr; M;K: Integer);

Begin

For I:=1 to M do

For J:=1 to K do B[j,i]:=A[i,j];

End;

{Процедура общего вида для перемножения матриц}Procedure GMPRD(A,B: Matr; Var C: Matr; M,N,K: Integer);

Begin

For I:=1 to M do

Begin

For J:=1 to K do

Begin

C[i,j]:=0;

For L:=1 to N do C[i,j]:=C[i,j]+A[i,L]*B[L,j];

End;

End;

{Процедура общего вида для вычисления минора}Procedure getMinor)var Mat:Matr; N,l,m:integer;var Minor: Matr);

{Выделяет из матрицы Mat размерности N минор Minor, получающийся

вычеркиванием l-й строки и m-го столбца}

var i,j:byte;

begin

for i:=1 to N do

if (i<l) then

for j:=1 to N do

if (j<m) then Minor [i,j]:=Mat[i,j]

else Minor [i,j]:Mat[i,j+1]

else

for j:=1 to N do

if (j<m) then Minor[i,j]:=Mat[i+1j]

else Minor[i,j]:=Mat[i+1,j+1];

end;

{Функция для вычисления определителя матрицы}

function det (Mat:Matr; N:Integer):real;

{Вычисляется детерминант матрицы Mat размерности N.USES: getMinor}

var

i,j:byte;

Minor;Matr;sum:real;

begin

if (N=1) then det:=Matr[1,1]

else begin

sum:=0;

for i:=1 to N do

begin

getMinor(Mat,N,1,i,Minor);

if Odd(i) then sum:=sum+Mat[1,i]*det(Minor,N-1)

else sum:=sum-Mat[1,i]*det(Minor,N-1);

end;det:=sum;

end;



242

end;

{Процедура общего вида для вычисления обратной матрицы}

Procedure MinV(Mat:matr; N:Integer; var Inverse_Mat:Matr);

{Вычисляет обратную матрицу Inverse_Mat для матрицы Mat размерности N.

Uses:det, getMinor, Transponir}

Var

i,j:Byte;determinant:real;

Minor:Matr;

Begin

Determinant:=det(Mat,N);

If (determinant=0_then begin

Writeln(#10,#13,`Детерминант=0. Вычисление обратной невозможно`);

halt(0);

end

else

for i:=1 to N do

for j=1 to N do begingetMinor(Mat,N,i,j,Minor);

ifOdd(i+j)thenInverse_Mat[i,j]:=-det(Minor,N-1)/determinant

else Inverse_Mat[i,j]:=det(Minor,N-1)/Determinant

end;

GMTRA(Inverse_Mat,Inverse_Mat,N,N);

End;

Procedure Stop;

Var ch:char;

Begin

While KeyPressed do ch:=ReadKey;

Readln;

End;

BEGIN

Clrscr;

{B1(M,K)-матрица внутренних силовых факторов в расчетных сечениях основной

системы от неизвестных усилий, принятых равных единице.

BP(M)-матрица внутренних силовых факторов в расчетных сечениях рамы от всех

внешних сил}

M:=12;

K:=2;

Writeln(`Введите матрицу B1(M,K)`);For I:=1 to M do

For J:=1 to K do Read (B1[i,j]);

Writeln(`Матрица B1(M,K)`);

For I:=1 to M do

Begin

For J:=1 to K do Write(B1[i,j]:8:1);

Writeln

End;

Stop;

Writeln(`Введите матрицу BP(M)`);

For I:=1 to M doRead(BP[i,1]);

Writeln(`Матрица BP(M)`);



243

For I:=1 to M do Write(BP[i,1]:7:3);

Writeln;

Stop;

{Формирование матрицы DE}

For I:=1 to M do

For J:=1 to M do DE[i,j]:=0;

F[1,1]:=0.333;F[1,2]:=0.333;

F[1,3]:=0.167;

F[2,1]:=0;

F[2,2]:=0;

F[2,3]:=0

F[3,1]:=0.167;

F[3,2]:=0.333;

F[3,3]:0,333;

L:=1;

Repeat

For I:=1 to 3 doFor J:=1 to 3 do DE[I+L-1,J+L-1]:=F[i,j];

L:=L+3;

Until L>M;

Writeln(`Матрица DE`);

For I:=1 to M do

Begin

For J:=1 to M do Write(DE[i,j]:6:3);

Writeln;

End;

Stop;

{Операции с матрицами}

GMTRA(B1,BT,M,K);

Writeln(`Матрица BT`);

For I:=1 to K do

Begin

For J:=1 to M do Write(BT[i,j]:5:1);

Writeln;

End:

GMPRD(BT,DE,C,K,M,M);

Writeln(`Матрица С`);

For I:=1 to K doBegin

For J:=1 to M do Write(C[i,j]:6:3);

Writeln;

End;

Stop;

GMPRD(C,B1,D11,K,M,K);

Writeln(`Матрица D11`);

For I:=1 to K do

Begin

For J:=1 to K do Write(D11[i,j]:12:3);

Writeln;End;

MINV(D11,K,D);



244

Writeln (`Обратная матрица D`);

For I:=1 to K do

Begin For J:=1 to K do Write(D[i,j]:12:3);

Writeln;

End;

GMPRD(D11,D,E,K,K,K);

Writeln (`Единичная матрица E`);For I:=1 to K do

Begin

For J:=1 to K do Write(E[i,j]:12:3);

Writeln;

End;

Stop;

LL:=1;

GMPRD(C,BP,D10,K,M,LL);

Writeln(`матрица D10`);

For I:=1 to K do Writeln(D10[i,j]:12:3);

Writeln;GMPRD(D,D10,X,K,K,LL);

X[1,1]:=-X[1,1];

X[2,1]:=-X[2,1];

Writeln(`Вектор неизвестных реакций системы`);

Writeln(`X1=`,X[1,1]:7:3,`X2=`,X[2,1]:7:3);

GMPRD(B1,X,S2,M,K,LL);

For I:=1 to M do S[i,1]:=BP[i,1]+S2[i,1];

Writeln;

Writeln(`матрица изгибающих моментов в сечениях рамы`);

For I:=1 to M do Write(S[i,1]:12:3);

Writeln; Writeln(`Проверка проведенных операций`);

GMPRD(C,S,A,K,M,LL);

Writeln(`Проверочная матрицы`);

Writeln(À1=`,A[1,1]:7;4,À2=`,A[2,1]:7:4);

Readln;

END.

13.3. Пример расчета рамы

Пример. На рис.13.2,а показана рама, для которой надо построить эпюру изгибающих

моментов.

Решение. Эквивалентная система изображена на рис.13.2,б. От внешних нагрузок,приложенных к основной системе, строится эпюра f M ( рис.13.2,в,г). Затем строится эпюра

1 M от 11 = X ( рис.13.2,д,е) и 2 M от 12 = X ( рис.13.3,а,б).

Правило знаков для изгибающих моментов: на рис.13.2,в штриховой линией показано,

с какой стороны должны находиться эпюры положительных изгибающих моментов. Здесь

же цифрами определена последовательность поперечных сечений (и, соответственно,

участков), в которой далее записываются изгибающие моменты в матрицах f b и 1b .

Матрица – столбец f b , записанная по значениям изгибающих моментов на эпюре f M

( рис.13.2,г), имеет вид



245

.q

/

/

/

/

/

/

/

b e f 2

29

81

25

23

0

21

0

0

0

21

81

0

l

−

−−−−

−−−−

−−−−

−

=

Матрица 1b получается по значениям моментов на эпюрах 1 M (см. рис. 13.2,е) и 2 M ( рис.

13.3,б):

.

!

!

!

!

!

!

!

!

!

!

!

!

b l⋅

−

−

−−− −

−

−−−

−−−

=

20

00

22

22

00

12

02

00

00

00

00

00

1

Матрица податливости, заведенная в основную программу, записана в форме

. EI

=

221

000

122

2210

000

122

221

000

0122

221

000

122

6

lδ

(А)

(Б)

(В)



246

Рис.13.2

Рис.13.3



247

Рис.13.4

При разбиении рамы на участки надо помнить, что в программе, согласно рис.13.1,а,

предусмотрено, что на длине одного участка рамы нет сосредоточенных сил.

При решении каждого примера в программе заменяются только элементы матриц в f b и 1b , стоящие в квадратных скобах выражений (а) и (б). Тогда полученные значения

изгибающих моментов заданной рамы должны быть умножены на 2leq .

Используя введенные в программу матрицы 1b и f b , вычисляются матрица 11 D ,

неизвестные реакции 1 X и 2 X , а также изгибающие моменты S в сечениях заданной

статически неопределимой рамы. Каждому участку рамы опять соответствуют три значения:

момент в начале участка, величина f и момент в конце участка. Эпюра изгибающих

моментов, построенная по полученным данным, приведена на рис.13.3,в.

При выборе эквивалентных систем для симметричных рам следует учитывать

известные упрощения [1,3], которые можно получить, разрезав раму или врезав шарниры по оси симметрии. Так, например, на рис.13.4,а,в,д показаны статически неопределимые рамы

и соответствующие им эквивалентные системы ( рис.13,4,б,г,е), в которых число неизвестных

факторов равно двум и каждая половина рамы имеет четыре участка.

13.4 Задачи для самостоятельного решения

Для изображенных на рис. 13.5 плоских статически неопределимых рам требуется

построить эпюры изгибающих моментов.

Указания: задачу решить, используя приведенные выше алгоритм и программу

расчета статически неопределимых рам методом сил.

1. Выбрать основную систему и построить эпюры М f и Mi.2. Составить матрицы bf, b1, δ .

3. Вычислить матрицы D11=b1T δ b1 и D10=b1T δ bf.



248

4. Найти обратную матрицу D11-1.

5. Определить вектор неизвестных X= - D11-1 D10.

6. Вычислить изгибающие моменты от найденных усилий b1X.

7. Определить изгибающие моменты S=bf+ b1X.

8. Проверить решение задачи по условию (13.20).

12 3

45

6

Рис.13.5



249

Глава 14. Расчет вращающихся дисков


Численные методы при упругом расчете вращающихся дисков ( рис.14.1) на ЭВМ

используют прямое интегрирование системы дифференциальных уравнений равновесия и

совместности деформаций первого порядка [10]. Эти уравнения записываются относительно

радиального усилия 1T r ( и радиального перемещения r ( u

t r

vT

Ehr

v

r

u

r

v

r

u

dr

d ∆

++

−+

+−=

α

11

211,

hr t r

EhT

r

v

r

u

r

Eh

dr

dT 21

11 ρω α −∆−−

−

= ,

где hT r σ =1 [Н/м]-интенсивность радиальных усилий; r / u -окружная деформация; t ∆⋅α -

температурная деформация; h -толщина диска; ρ -плотность материала; -угловая скорость

вращения; E -модуль упругости; v -коэффициент Пуассона;α

-коэффициент линейного

расширения материала; )(r t ∆ -температура диска; r σ и t σ - радиальное и окружное

напряжения.

Переменные )(1

r T и )(r u не претерпевают разрывов даже при скачкообразном

изменении параметров диска (толщины, модуля упругости, температуры). При решении

системы (14.1) будем пользоваться векторно-матричной символикой, которая позволяет компактно выполнить необходимые преобразования и составить программу для ЭВМ.

Систему разрешающих дифференциальных уравнений первого порядка можно представить в

матричной форме:

{ } [ ]{ } { } g y F y

dr

d += ,

где { } { }T T r uY 1

,/= -вектор состояния, с помощью которого в сечении диска (одномерной

системы) определяются все неизвестные обобщенные кинематические { }r u / и силовые 1

T

факторы, T -знак транспонирования;

[ ]

−−

−+−

=

r

v

r

Eh Ehr

v

r

v

F 1

211

- матрица коэффициентов, стоящих перед исходными функциями r u /

и 1T ;

{ } 201

ρω α

−∆

−

+

=rh

t

r

Ehr

v

g - вектор свободных членов или вектор нагрузки диска. Сила 2T в

окружном сечении и напряжения r σ , t σ определяются по формулам

,12

∆−+= t r

u EhvT T α

h

T

r

1

=σ , h

T

t

2

=σ ,

(14.1)

(14.2)

(14.3)



250

Решение системы (14.1) должно удовлетворять двум граничным условиям, которые заданы на внутренней (при 1r r = ) и внешней (при 2r r = ) поверхностях диска. Приведем

некоторые варианты граничных условий:

1. Внутренняя и наружная поверхности диска свободны от напряжений. В этом случае

при 1r r = ,0)( 11 =r T

при 2r r = 0)( 21 =r T .2. Диск посажен на вал с натягом ∆ . При 1r r = , 2/∆=− buu , где bu радиальное

перемещение вала на посадочной окружности. Если вал сплошной, то uub << и при расчете

можно пренебречь деформацией вала. В этом случае граничное условие имеет вид

2/)( 1 ∆=r u .

3. На внутреннем контуре диска задано давление 1 p , а на наружном контуре –

напряжение 2 p , обусловленное растяжением лопаток. Тогда, при 1r r = 111 h pT −= , при

2r r = 221 h pT = , где 1h и 2h - толщина диска на внутренней и внешней поверхностях

соответственно.

4. Диск без отверстия. Тогда, при 0=r 21 T T = или

∆−−

= t r

u

v

EhT α

1

01 ,

где 0=u , но r / u - конечная величина; 0h - толщина диска в центре.

Так как коэффициенты в (14.1) при 0=r обращаются в бесконечность, то численный счет

начинается в этом случае на небольшом расстоянии r ∆ от центра (например, 410−=∆r м).

При численном интегрировании системы (14.2) вектор состояния { }Y должен быть

полностью задан.

Однако задача расчета диска принадлежит к классу краевых задач, т.е. в начальной

точке интервала интегрирования задан либо один из компонентов вектора состояния { }Y

(граничные условия: 1,3,4), либо связь между компонентами (диск без отверстия). Эту

трудность можно преодолеть, используя метод начальных параметров. Согласно этому

методу сначала проводят интегрирование однородной системы дифференциальных

уравнений { } )0( = g

{ } [ ]{ }11 y F ydr

d =

при начальном условии (начальном значении вектора состояния) { } )r ( y 11 . При этом, в силу

линейности задачи, выражение { } )r ( yC 1 , где C - постоянная, также является решением

системы (14.4). Далее выполняют интегрирование неоднородной системы (14.2) при начальном условии { } )r ( y 10 - частное решение системы (14.2). Полное решение может быть

представлено как сумма полученных решений.

{ } )(0

)(1

)( r yr yC r y += ,

причем векторы состояния { } )r ( y1 и { } )r ( y0 задают таким образом, чтобы полный вектор

состояния { } )r ( Y удовлетворял граничному условию при 1r r = для любого значения C .

Так, для рассмотренных ранее случаев граничных условий 1,2,3,4 векторы состояния

{ } )r ( y 11 и { } )r ( y 10 имеют вид:

1) { } { }T r y 0,1)( 11 = ; { } { }T

r y 0,0)( 10 = ;

2) { } { }T r y 1,0)( 11 = ; { } { }T

r r y 0)2/()( 110 ∆= ;

3) { } { }T r y 0,1)( 11 = ; { } { }T

h pr y 1110 ,0)( −= ;

(14.4)

(14.5)



251

4) { } { }T v Ehr y )1/(,1)( 011 −= ; { } { }T

r y 0,0)( 10 = ;

r r ∆=1 .

Затем, подчиняя полученный вектор состояния { } )r ( y граничному условию при 2r r = ,

определяют постоянную интегрирования С. Например, для случая 1 получим

алгебраическое уравнение относительно постоянной С

0)()( 20,221,2 =+ r yr С y ,где

)()( 21,121,2 r T r y = ; )()( 20,120,2 r T r y = .

Здесь индексы указывают: первый – соответствует второму компоненту вектора состояния;

второй: 1- общее решение однородной системы (14.4), 0- частное решение неоднородной

системы (14.2). Таким образом, зависимость 1212 T )r ( y , = получена в результате решения

однородной системы (14.4) при начальном значении 2r r = , а 1202 T )r ( y , = получена в

результате решения неоднородной системы (14.2) при 2r r = . В данном случае постоянная

С равна окружной деформации 2ε на внутреннем контуре диска.

Итак, в результате выполненных процедур вектор состояния в начальном сечении

1r r = известен полностью

{ } { } { })()()( 10111 r yr yC r y += .

Интегрируя систему (14.2) с начальным вектором состояния (14.6), получают вектор

состояния в любом сечении диска. При этом интегрировании производится обработка

результатов счета и вывод на печать необходимой информации (толщина, температура,вектор состояния, напряжения r σ , t σ и т.д.) в характерных точках интервала

интегрирования.

14.2. Пример расчета

Пример 14.1. Диск ( рис.14.1,а), выполненный из стали, вращается равномерно с

частотой 3000=n об/мин. Определить напряжения r σ , t σ и перемещения u в диске. Дано:

11102 ⋅= E Па; 3,0=v ; 3108 ⋅= ρ кг/м3; 251 =r мм; 2502 =r мм; 503 =r мм; 2254 =r мм;

60=h мм.

Решение. Сформулируем граничные условия задачи:

при 025,0=r 01 =T ,

при 25,0=r 01 =T .

В соответствии с методом начальных параметров для определения вектора состояния

{ } y нужно проинтегрировать систему (14.2) трижды. Первое интегрирование провести с

начальным вектором

{ }

=0

1)025,0(1 y

при { } 0= g и осуществить запоминание компонента )25,0(1,2 y , т.е. 1T на ободе диска.

Второе интегрирование провести с начальным вектором состояния

{ }

=0

0)025,0(0 y

при { } 0≠ g и определить постоянную С из граничного условия при 25,0=r , которое можно

записать как 0)25,0()25,0( 0,21,2 =+ yC y ,

откуда

(14.6)



252

)25,0(/)25,0( 1,20,2 y yC −= .

Здесь )25,0()25,0( 0,10,2 T y = и )25,0()25,0( 1,11,2 T y = . Третье интегрирование неоднородной

системы (14.2) следует провести с начальным вектором состояния

{ } { } { } { }T C yC y y 0,)025,0()025,0()025.0( 01 =+=

Рис.14.1

или

=

+

=

00

0

0

1

1

C C

T

r

u.

В процессе третьего интегрирования в ряде точек нужно провести обработку

результатов интегрирования ( расчет усилия 2T по формуле (14.3)) и вывести на печать

вектор состояния { } )r ( y и усилие 2T . В данном примере программа предусматривает вывод

результатов интегрирования в равностоящих точках интервала интегрирования.

Интегрирование проводится методом Рунге-Кутта. Рассмотрим сначала случай одного

дифференциального уравнения первого порядка

) y , x( f y =′ .

Пусть на отрезке [ ]n x , x0 ( рис.14.1,б) требуется найти решение x( y этого

уравнения, удовлетворяющее начальному условию 00 y ) x( y = . Разбиваем этот отрезок на

n равных частей точками

ih x xi += 0 ,

где ni ,....,2,1,0= - номер точки (узла); h - шаг интегрирования

n

x xh n 0−= .



253

Если значение функции в точке i x уже определено ii y ) x( y = , то значение ее в

следующей точке h x x ii +=+1 определяется формулой

dx ) y , x( f y yh x

xii

i

i

∫+

+ +=1 .

Непосредственное вычисление по этой формуле невозможно, так как, не зная заранее значение y на участке [ ]1+ii x , x , нельзя подсчитать ) y , x( f и вычислить интеграл.

Поэтому, при численном интегрировании приращение функции определяется как

><=−+ f h y y ii 1 ,

где >< f - расчетное среднее значение производной ),( y x f на шаге интегрирования. В

методы Рунге-Кутта >< f вычисляется как среднее взвешенное величин 0 P , 1 P , 2 P , 3 P

(формула численного интегрирования Симпсона)

)22(6

13210 P P P P f +++>=< .

Тогда значение функции 1+i y

будет

)22(6

32101 P P P P h

y y ii ++++=+ ,

где

),(0 ii y x f P = ,

)2

,2

( 01

h P y

h x f P ii ++= ,

)2

,2

( 12

h P y

h x f P ii ++= ,

),( 23 h P yh x f P ii ++= .

Как можно видеть, 0 P - значение производной y′ в начале шага интегрирования, 1 P ,

2 P - вычисленные с различной точностью производные в середине шага и 3 P - в конце.

Вычисления по этим формулам проводятся последовательно на всех шагах интегрирования,начиная с первого, и в результате определяются приближенные значения

) x( y ),..., x( y ), x( y n21 . Изложенный метод без изменений переносится на случай систем

дифференциальных уравнений первого порядка. Записав такую систему и начальные условия

в векторной форме

{ } { }),( y x f ydx

d = , { } { }00 )( y x y = ,

где { } y - матрица-стобец неизвестных, получим векторный вариант формул Рунге-Кутта:{ } { }),(0 ii y x f P = ,

{ }

++= )

2,

2( 01

h P y

h x f P ii ,

{ }

++= )

2,

2( 12

h P y

h x f P ii ,

{ } { }),( 23 h P yh x f P ii ++= ,

{ } { } { } { } { } { })22(6

)( 32101 P P P P h

y x y ii ++++=+ .




254

Условно диск разделим на 3 участка ( рис.14.1,в). Число шагов интегрирования на

участках: 161 =n , 962 =n , 63 =n . Шаг интегрирования на каждом участке:

1

131

)(

n

r r h

−= ;

2

342

)(

n

r r h

−= ;

3

423

)(

n

r r h

−= .

Внутри шага печати должно умещаться целое число шагов интегрирования.

Программа расчета диска приведена в п.14.3.1. В ней предусмотрен учет изменения температуры, толщины диска и модуля упругости материала. В программе приняты

следующие обозначения:

Y(2) – вектор состояния;

XS(4) – массив радиусов, соответствующих границам участков;

NN(3) – массив чисел шагов интегрирования на участках;

KR(3) – массив чисел шагов вывода результатов на участках;

Y1(2),P0(2),P1(2),P2(2),P3(2) рабочие массивы для подпрограммы RK;

NP – число шагов интегрирования в шаге вывода результатов;

KP – число точек вывода результатов на участке;

х – переменная интегрирования;

СР – коэффициент Пуассона;Р(2) – вектор правых частей;

RN – число оборотов диска в минуту;

RO – плотность материала диска;

OM – угловая скорость;

N - порядок системы уравнений;

Y(N) – вектор неизвестных;

H – шаг интегрирования;

NI – номер интегрирования;

NS – номер участка;

TH(X) - толщина диска в зависимости от радиуса.

Эпюры u, r σ , t σ постоянные по результатам машинного счета представлены на

рис.14.1,а.

14.3.1. Программа расчета вращающихся дисков

Program DISK;

Uses Crt;

Label 1;

Const

N=2; RN=3000; RO=8E3; AL=0; Cp=0.3;

TypeWect=array[1..4] of real;

Var

Ns,Ni,Ip,I,Np,Kp,:integer;

H,x,Tx,Thx,Ex,Ur,T2,Sig1,Sig2,C,C2:real;

Y,XS:wect;

NN,KR:array[1..3] of integer;

{Вычисление температуры в зависимости от радиуса}

Function T(x:real):real;

Begin

If Ns=1 then T:150+892.9*(x-0.019);

If Ns=2 then T:165+3311*(x-0.0358);IfNs=3 then T:=510+6667*(x-0.140);T:=0;

End;



255

{Вычисление толщины в зависимости от радиуса}

Function TH(x:real):real;

Begin

If Ns=1 then TH:=0.052;

If Ns=2 then TH:=0.03-0.006*(x-0.0358)/0.0521;

If Ns=3 then TH:=0.022; TH:=0.06;

End;{Вычисление модуля упругости в зависимости от радиуса}

Function E(x:real):real;

Begin

E:=1.8E11-1.25E8*(T(x)-150); E:=2e11;

End;

{Процедура вычисления правых частей системы дифференциальных уравнений}

Procedure FCT(x:real; Y:wect; var P: wect);

Var

OM,ALT,CPP,CPM,TE,XX,A11,A12,A21,A22,G1,G2,SG:real;

Begin

OM:=3.1416*RN/30;ALT:=AL*T(x);

CPP:=1+CP;

CPM:=1-CP;

TE:=E(x)*TH(x);

XX:=1/x;

A11:=CPP*XX;

A12:=A11*CPM/TE;

A21:=TE*XX;

A22:=CPM*XX;

G1:=A11*ALT;

G2:=A21*A1t+RO*TH(x)*OM*OM*x;

SG:=1;

If NI=1 then SG:=0;

P[1]:=-A11*Y[1]+A12*Y[2]+SG*G1;

P[2]:=A21*Y[1]-A22*Y[2]-SG*G2;

End;

{Процедура интегрирования системы дифференциальных уравнений методом Рунге-

Кутта}Procedure RK(var z:real; var Y:wect; H:real);

Var

I:byte; Y1,P0,P1,P2,P3:wect;

Begin

FCT(x,Y,P0);

For I:=1 to N do

Y1[i]:=Y[i]+H*P0[i]/2;

FCT(x+h/2,Y1,P1);

For I:=1 to N do

Y1[i]:=Y[i]+H*P1[i]/2;

FCT)x+H/2,Y1,P2);

For i:=1 to N do

Y1[i]:=Y[i]+H*P2[i];FCT(x+H,Y1,P3);

For I:=1 to N do



256

Y[i]:=Y[i]+H*(P0[i]+2*P1[i]+P2[i]+P3[i])/6;

X:=x+H;

End;

BEGIN

Clrscr;

XS[1]:=0.025; XS[2]:=0.05; XS[3]:=0.225;XS[4]:=0.250;

NN[1]:=16; NN[2]:=96; NN[3]:=6; KR[1]:=4; KR[2]:=6; KR[3]:=2;Y[1]:=1; Y[2]:=0;

Writeln(`R`,`H`,`T`,È`,Ù`, `T1`,`T2`,`SIG1`,`SIG2`); Writeln;

Writeln(`(м)`,`(м)`,`(гр)`,`(Па)`,`(м)`, `(H/м)`,`(H/м)`,`(МПа)`,`(МПа)`);

Writeln;

For Ni:=1 to 3 do Begin

If Ni=2 then Y[1]:=0;

If Ni=3 then Y[1]:=C;

If Ni>1 then Y[2]:=0;

For Ns:=1 to 3 do Begin

X:=XS[Ns];

H:=(XS[Ns+1]-XS[Ns]/NN[Ns]; Np:=NN[Ns] div KR[Ns];

Kp:=KR[Ns]+1;

For Ip:=1 to Kp do Begin

If Ni<3 then goto 1;

Tx:=T(x);

Thx:TH(x);

Ex:=E(x);

Ur:=Y[1]*x;

T2:=Cp*Y[2]+Ex*THx*

(Y[1]-AL*Tx); Sig1:=Y[2]/

Thx; Sig2:=T2/Thx;

Writeln(x`:6:4,Thx:7:3,Tx:6:0,` `,Ex:9,` `,Ur:9,` `,Y[2]:9,

`,T2:9,Sig1/1E6:6:0,Sig2/1E6:6

if Ip<Kp then

for I:=1 to Np do RK(x,Y,H) else end; end;

if Ni:=1 then C2:=Y[2];

if Ni:=2 then C:=-Y[2]/C2;

end; Readln; END



257

Глава 15. ОСЕСИММЕТРИЧНЫЙ ИЗГИБ КРУГЛЫХ ПЛАСТИН


В машиностроении часто используют конструктивные элементы в виде круглых

пластин (днища, фланцы, крышки и т.п.).

Если пластина обладает осевой симметрией и на нее действует осесимметричная

поперечная нагрузка, то пластина испытывает осесимметричный изгиб. В этом случае прогибы являются функцией координаты - радиуса.

Рис.15.1

Таким образом, элемент пластины ( рис.15.1,в) оказывается нагруженным моментами

r M , t M и поперечной силой Q . Эти внутренние силовые факторы относятся к единице

длины сечения срединной поверхности пластины и поэтому имеют размерности: r M , t M -

[Нм/м], Q - [Н/м]. Моменты считаются положительными, если они вызывают растяжение на стороне пластины 0> z , а сила 0>Q , если она на внешнем контуре элемента направлена

против оси z . Нормальные напряжения в пластине связаны с моментами зависимостями

z h

r M r 3

12=σ , z

h

t M

t 3

12=σ .

Поперечная сила в любом окружном сечении пластины, опертой на одну кольцевую

опору, может быть найдена из условия равновесия части пластины, вырезанной цилиндром

радиуса r

∫ ∑ ⋅+=r

r k pk

r

k

P rdr r p

r

Q

1

22)(

2

1π π

π

,

где 1r - радиус внутреннего контура, а выражение в прямых скобках представляет собой

суммарную внешнюю нагрузку, приложенную к ограниченной цилиндром радиуса r части

пластины (эта нагрузка положительная, если направлена по оси z ).

Уравнение равновесия моментов, воздействующих на элемент (см. рис.15.1,в)

пластины, имеет вид

Qr r r M dr

d t M =− )( .

Моменты r M , t M выражаются через угол поворота ϑ нормали к срединной

поверхности по формулам:

+=r

vdr

d Dr M

ϑ ϑ ,

+=dr

d v

r Dt M

ϑ ϑ ,

(15.1)

(15.2)

(15.3)

(15.4)

А

Б В



258

где )1(12 2

3

v

Eh D

−= [Нм]- жесткость пластины на изгиб.

При изменяющейся, в зависимости от радиуса толщине пластины D - также функция

радиуса. Вывод формул (15.3) и (15.4) см. в [1].Для полного решения задачи необходимо использовать также геометрическую

зависимость

.ϑ −=dr

dW

При решении задачи изгиба пластины будем определять в каждой ее точке три

основные величины – прогиб W ,угол поворота нормали ϑ и произведение момента r M на

текущий радиус r. Составив матрицу-столбец из этих величин T

r rM W Y ),,( ϑ = , назовем ее

вектором состояния. Действительно, три компонента этого вектора определяют не только

перемещения W, ϑ , но и изгибающие моменты, а следовательно, и напряжения. В самом

деле, подставив во второе уравнение (15.4)dr

d ϑ из первого, выразим t M через r M , ϑ :

.12

3

r

EhvM M r t ϑ ⋅+=

Равенства (15.3…15.5) позволяют записать три дифференциальных уравнения первого

порядка относительно компонент вектора состояния

ϑ −=dr

dW ,

)(1

r M r Dr r

vdr

d ⋅+−=

ϑ ϑ ,

r QrM r

v

r

EhrM

dr

d r r ⋅−+= )(

12)(

3

ϑ .

Первое из уравнений (15.7) совпадает с уравнением (15.5), второе есть разрешенное

относительно dr d /ϑ первое из равенств (15.4), а третье – уравнение равновесия (15.3), в

которое подставлено значение t M по формуле (15.6).

Поскольку левые части уравнений (15.7) – производные компонент вектора состояния,

а правые части линейно зависят от этих компонент, систему уравнений (15.7) можно

записать в виде одного матричного уравнения

g y F ydr

d += ,

где матрица переменных коэффициентов F и вектор g выражаются формулами:

,

/)12/(0

)/(1/0

010

3

−

−=

r vr Eh

Dr r v F .0

0

−

=

Qr

g

Решение системы (15.8) должно удовлетворять граничным условиям. Так как это

система третьего порядка, то число граничных условий равно трем. При этом на каждом из контуров пластины (внутреннем и внешнем) должно быть задано ограничение либо на угол

поворота ϑ , либо на соответствующий этому углу изгибающий момент r M , либо, при

упругой заделке, граничное условие ставится на линейную комбинацию угла ϑ и момента

r M . Третьим граничным условием является условие W=0 на окружности, где расположена

опора.

(15.5)

(15.6)

(15.7)

(15.8)



259

В табл.15.1 приведены возможные варианты граничных условий (ось z-я направлена

вниз). Для пластины без центрального отверстия граничное условие в центре при r=0 имеет вид .0=ϑ

Однако при численном интегрировании это условие не используется, так как при r=0

некоторые коэффициенты системы обращаются в бесконечность. В связи с этим, начальное

значение независимой переменной r принимают равным малому числу а (а - < разгонный

участок>, обычно равный шаг интегрирования), а граничное условие 0=ϑ заменяют следующим:

,)1( ϑ v DaM r +=

где D-жесткость на изгиб в центре пластины.

Приведем краткий вывод условия (15.9). Вблизи центра пластины угол ϑ меняется

пропорционально радиусу Br =ϑ (последующие члены разложения ϑ в степенной ряд

можно при малых r не учитывать). Поэтому при малом r имеем r dr d // ϑ ϑ = , и из первого

уравнения (15.4) следует условие (15.9).

Таблица 15.1

Таким образом, необходимо найти численное решение системы дифференциальных уравнений (15.8), удовлетворяющее граничным условиям, два из которых, наложенные на ϑ или r M , или на их комбинацию, формулируются на внутреннем и наружном контурах

пластины, и одно, наложенное на прогиб, - в месте ограничения прогиба.Для решения этой краевой задачи используем метод начальных параметров [5].

Система уравнений (15.8) представляет собой систему линейных неоднородных (из-за

наличия слагаемого с Q) дифференциальных уравнений третьего порядка. Известно, что

решение такой системы складывается, вообще говоря, из трех линейно независимых )(r yi

)3,2,1( =i решений однородной системы и одного )(0 r y решения неоднородной.

Неоднородное решение удовлетворяет уравнению (15.8), а все однородные уравнению ).3,2,1( == i y F

dr

yd i

i Если вычислить все решения по отдельности и, подчинив

(15.9)



260

выражение ∑=

+=3

1

0 )()()(i

ii r yr yC r y граничным условиям, определить постоянные iC , то

задача будет решена.

Метод начальных параметров позволяет сократить количество вычисляемых решений

однородной задачи. Действительно, так как, по крайней мере, одно граничное условие задано

в начале интервала интегрирования (при 1

r r = или ar = - для пластинки без отверстия), то

из трех постоянных iC независимыми оказываются лишь две, и решение, удовлетворяющее

указанному граничному условию, можно представить в виде

).()()()( 02211 r yr yC r yC r y ++=

При этом начальные значения ),( 11 r y ),( 12 r y )( 1r yd должны быть заданы так,

чтобы граничное условие при 1r r = выполнялось при любых 1C , 2C .

Дополнительное упрощение связано с тем, что одно из решений однородной задачи

изгиба пластины очевидно, оно соответствует перемещению пластины как жесткой ( 2C W = )

при 0=ϑ , 0=r M .

Таким образом, окончательно ).()0,0,1()()( 0211 r yC r yC r y T ++=

Рассмотрим теперь вопрос о выборе значений векторов ),( 11 r y ),( 10 r y

обеспечивающих тождественное выполнение наложенных на ϑ или r M граничных условий

при 1r r = .

1.Поворот 0)( 1 =r ϑ (контур 1r r = жестко заделан или пластина связана с жестким

центром радиуса 1r ). Условие выполняется, если принять

,)1,0,0()( 11

T r y = .)0,0,0()( 10

T r y =

2. Момент 0)( 1 =r M r (контур пластины 1r r = свободен или шарнирно оперт), в этом случае

,)0,1,0()( 11

T r y = T r y )0,0,0()( 10 = .

3. Внутренний ( 1r r = ) контур нагружен моментом et :

,)0,1,0()( 11

T r y = .),0,0()( 110

T

et r r y =

4. Пластина без отверстия. На границе « разгонного участка» ( ar = ) принимают T v Da y ))1(,1,0()(1 += , T a y )0,0,0()(0 = ,

где D – жесткость пластины в центре.

Постоянную интегрирования 1C находят, подчиняя вектор решения на внешнем контуре

( 2r r = ) )()0,0,1()()( 2022112 r yC r yC r y T ++=

граничному условию, наложенному на угол поворота ϑ или радиальный момент r M .

Например, в случае свободного внешнего контура 0=r M постоянная 1C определяется из

следующего алгебраического уравнения 0)()( 2302311 =+ r yr yC (здесь первый из индексов

указывает номер компонента, второй – номер вектора). Вычислив 1C определяют 2C из

граничного условия, наложенного на прогиб. Пусть на окружности радиуса 0r r = прогиб

равен нулю. Тогда справедливо следующее тождество:

0)()( 01020111 =++ r yC r yC , или ),()( 01001112 r yr yC C −−=

где )( 011 r y , )( 010 r y - первые компоненты векторов решений 1 y и 0 y при 0r r = .

Если закреплен внутренний контур пластины W(r1) = 0, то всегда С2 = 0.

(15.10)



261

После определения постоянных интегрирования С1, С2 вектор состояния в

произвольном сечении r вычисляют по формуле (15.10). Решения )r ( y ),r ( y 01

интегрированием уравнения (15.8), причем, при определении )r ( y1 следует положить

0= , либо находить эти два решения параллельно интегрированием следующего

дифференциального уравнения:

G FY dr

dY += ,

где ))(),(()( 01 r yr yr Y = матрица частных решений; ),0( g G = - матрица, первый столбец

которого нулевой, а вторым столбцом является вектор g .

Заметим, что вектор частного решения )r ( y0 - это второй столбец матрицы Y.

Поэтому в программных обозначениях компоненты этого вектора имеют вторым индексом

цифру 2 (т.е. y12, y22, y32).

В приведенной программе интегрируется матричное уравнение (15.11).


Для численного расчета пластины методом начальных параметров разработана

программа (см. п. 15.2.1), позволяющая рассчитать пластину с одной кольцевой опорой при

осесимметричной поперечной нагрузке.

При расчете пластина разбивается на участки. Участки отличаются друг от друга либо

различным законом изменения толщины, либо различным законом изменения поперечной

силы, либо и тем и другим.

15.2.1. Программа расчета осесимметрично нагруженной одной кольцевой опорой

Program KRUG_PLAST;Uses Crt;

Const

CP=0.3; E=2E11; NU=2; N=3; M=2;

TYPE

Matr:array[1..3, 1..3] of real;

Amatr:array[1..50, 1..3, 1..2] of real;

Var

NU1, NS : integer;

CCP, H, RR: real;

NN, KR : array[1..N] of integer;

RG: array[1..NU+1] of real;{Функция для вычисления толщины}

Function DD (R;real):real;

Begin

DD:=E*EXP(3/LN(TOL(NS,R)))/(12/ccP);

End;

{Процедура общего вида начальных значений векторов}

Procedure NUS (Var Y:Matr);

Var

i,j: integer;

Begin

For i:=1 to 3 doFor j:=1 to 2 Y[I,j]:=0;

Y[2,1]:=1;

(15.11)



262

End;

{Процедура общего вида для вычисления постоянных интегрирования}

Procedure GUS (Var Y: Matr; Var C1, C2 :real; Z: Amatr);

Begin

C1:=-Y[2,2]/Y[2,1];

C2:=-C1*Y[1,1]-Y[1,2];

End;{Процедура общего вида для вычисления правой части уравнения}

Procedure FCT (R: real; Y: Matr; Var P:Matr);

k, i, j : integer;

F, G : Matr;

Begin

For i:=1 to 3 do

For j:= 1 to 3 do

Begin

F[i,j]:=0; G[i,j]:=0;

End;

RP:=1/R;F[1,2]:=-1;

F[3,3]:=CP*RR;

F[2,2]:=-F[3,3];

F[2,3]:=RR/DD(R);

F[3,2]:=RR*DD(R)*CCP;

G[3,2]:=-R*Q(NS,R);

For j:=1 to 2 do

Begin

For i: = 1 to 3 do

Begin

P[i,j]:=0;

For k:= 1 to 3 do P[i,j]:= P[i,j]+F[i,k]*Y[k,j];

End;

P[i,j]:= P[i,j]+G[i,j];

End;

End;

{Подпрограмма общего вида для интегрирования матричного уравнения методом

Рунге-Кутта} procedure RKM (Var X:real; Var Y : matr);

Var

i,j: integer;Y1, P0,P1,P2,P3: matr;

Begin

FCT(X,Y,P0);

For i:= 1 to N do

For j:= 1 to M do Y1[i.j]:=Y[i,j]+H*P0[i,j]/2;

FCT(X+H/2, Y1, P1);

For i:=1 to N do

For j:=1 to M do Y![i,j]:=Y[i,j]+P1[i,j]/2;

FCT(X+H/2, Y1, P2);

For i:=1 to N do

For j:= 1 to M do Y1[i.j]:=Y[i,j]+H*P2[i,j];FCT(X+H, Y1, P3);

For i:=1 to N do



263

For j:= 1 to M do Y1[i.j]:=Y[i,j]+H*(P0[i,j]+2*P1[i,j]+2*P2[i,j]+P3[i,j])/6;

X:=X+H;

end;

{Процедура общего вида для расчета пластины методом начальных параметров}

Procedure PLAST;

Var

Y :Matr;Z :Amatr;

R,C1,C2,MR,MT,W,TETA:real;

I,J.K,K1,IK,NP,KP,IP:integer;

S:array[1..N] of real;

RZ,HZ,DZ,QRZ:array[1..50] of real;

Begin

Clrscr;

K:=0; K1:=0;

NUS(Y);

For i:=1 to NU do K1:=K1+KR[i];

K1:=K1+NU;For NS:=1 to NU do

Begin

R:=RG[NS];

H:=(RG[NS+1]-RG[NS])/NN[NS];

NP:=NN[NS] div KR [NS];

KP:=KR[NS]+1;

For ip:=1 to KP do

Begin

K:=K+1;

RZ[K]:=R;

HZ[K]:=TOL(NS,R);

DZ[K]:=DD(R);

QRZ[K]:=Q(NS,R);

For i:=1 to N do

Begin

For j:=1 to M do Z[K,I,J]:=Y[I,J];

End;

IF(IP<>KP) Then

For IK:=1 to NP do

RKM (R,Y)

Else break;End;

End;

GUS(Y,C1,C2,Z);

Writeln (`C1=`,C1,`C2=`,C2);

Writeln;

Writeln(` R(м)`,` H(м)`,` Q(H/м)`,`W(м)`,

` Mr(H*м/м)`,` Mt(H*м/м)`,` Teta( рад)`);

Writeln;

For i:=1 to K1 do

Begin

For j:=1 to N do S[j]:=C1*Z[i,j,1]+Z[i,j,2];W:=S[1]+C2;

MR:=S[3]/RZ[i];



264

MT:=DZ[i]*CCP*S[2]/RZ[i]+CP*MR;

TETA:=S[2];

Writeln(RZ[i]:10,``,NZ[i]:10,``.QRZ[i]:10,``,

W:10,``,MR:10,``,MT:10,``,TETA:10);

End;

End;

Begin {Основная программа}KR[1]:4; KR[2]:=8;

NN[1]:=16; NN[2]:=80;

RG[1]:=0.02; RG[2]:=0.04; RG[3]:=0.125;

NU1:=NU+1;

CCP:=1-CP*CP;

PLAST;

Readln;

END.

Программа состоит из девяти программных единиц.

В основную программу вводятся следующие данные о пластине:

NU – количество участков; NU1 – количество границ участков (NU1=NU+1);

RG(NU1) – массив радиусов (в метрах) границ участков, включая внутренний и

внешний радиусы пластины;

NN(NU) – массив числа шагов интегрирования на каждом участке;

KR(NU) – массив числа шагов печати по участкам; при этом каждый шаг печати

должен включать целое число шагов интегрирования, поэтому каждый элемент массива NN

должен нацело делиться на соответствующий элемент массива KR (при вводе исходных

данных это условие нужно выполнить).

Основная программа обращается к подпрограмме PLAST, реализующей алгоритм

расчета пластины методом начальных параметров. В описательной части подпрограммы

PLAST задаются следующие массивы:

Y – матрица решений ) y , y( Y 01= ;

Y1,P0,P1,P2,P3 – рабочие массивы подпрограммы интегрирования размерностью 3х2;

RZ,HZ,DZ,QRZ – одномерные массивы, в которых запоминаются значения радиуса,

толщины, жесткости на изгиб и поперечной силы в точках вывода информации;

Z – трехмерный массив, предназначенный для запоминания матрицы решений в тех

же точках;

S – одномерный рабочий массив, используемый при обработке результатов.

При этом максимально возможное число точек вывода не должно превышать 50, в

противном случае нужно изменить размеры следующих массивов: RZ,HZ,DZ,QRZ,Z.

Вначале вводят значения следующих величин:M, N – число столбцов и строк матрицы Y (M=2; N=3);

K, K1 – начальные значения счетчиков точек вывода результатов и общего числа

точек вывода.

После обращения в подпрограмме NUS(Y), формирующей начальное значение матрицы )r ( Y 1 , где 1r - левая граница интервала интегрирования, вычисляется общее число

точек вывода результатов счета.

Далее имеем три вложенных цикла:

1) внешний цикл – по номеру участка NS,

2) промежуточный цикл – по номеру точки вывода IP,

3) внутренний цикл – по номеру шага интегрирования IK.

Во внешнем цикле вычисляются значение радиуса R внутреннего контура участка,

шаг интегрирования H, число шагов интегрирования NP в шаге печати I и число точек

вывода результатов KP на участке; затем осуществляется переход к промежуточному циклу.



265

В этом цикле, повторяющемся KP раз, текущее значение счетчика K точек меняется на

единицу, в массивы RZ, HZ, DZ, QRZ, Z заносятся значения радиуса, толщины, жесткости,

поперечной силы и матрицы Y. Во внутреннем цикле вызывается подпрограмма интегрирования RKM, осуществляющая интегрирование на один шаг матричного уравнения

(15.11).

После завершения выполнения внутреннего цикла подпрограмма PLAST вызывает

подпрограмму GUS(Y,C1,C2,Z), вычисляющую постоянные интегрирования C1, C2. Затем в повторяющемся K1 раз цикле по номеру I точки вывода определяется вектор решения r ( y

по формуле (15.10) и производится печать результатов счета. При этом на печать выдаются

следующие величины: радиус, толщина, поперечная сила, прогиб, радиальный r M и

окружной t M моменты и угол поворота нормали. На границах участков вывод результатов

выполняется дважды (слева и справа от границы), так как при скачкообразном изменении

толщины жесткость на изгиб и момент t M имеют разрывы.

Программа PLAST не требует вмешательства пользователя. Исключением является

случай нагружения пластины внешним моментом, распределенным по окружности, которая

не совпадает ни с одним из контуров пластины (см. пример 15.3).

В подпрограмме NUS(Y) задаются начальные значения векторов ),( 11 r y )( 10 r y на

внутреннем контуре ( 1r r = ) пластины в соответствии с граничными условиями на этом

контуре.В подпрограмме GUS(Y,C1,C2,Z) вычисляются последовательно постоянные

интегрирования: С1 – из граничного условия, наложенного на ϑ или r

M на внешнем

(2

r r = ) контуре, и С2 – из граничного условия, наложенного на прогиб W.

Если кольцевая опора расположена в к-й точке вывода результатов, то С2

определяется выражением

C2=-C1*Z(K,1,1)-Z(K,1,2).

При подсчете номера К точки вывода, соответствующей расположению кольцевой

опоры (0

r r = ), следует помнить, что границы участков соответствуют двум точкам вывода.

Если кольцевая опора расположена на внутреннем контуре, то С2=0, а если опора расположена на внешнем контуре, то вместо элементов массива Z в выражении (15.2) можно

использовать элементы первой строки массива Y, сохранив при этом массив Z в списке

формальных параметров подпрограммы GUS.

Подпрограмма RKM(X,Y) осуществляет интегрирование матричного уравнения

dY/dX=f(Y,X) на одном шаге методом Рунге-Кутта,где X – независимая переменная R;

Y – матрица решений на входе и выходе из этой программы;

Y1, P0, P1, P2, P3 - рабочие массивы размерностью N × M;H - шаг интегрирования.

Правая часть уравнения (15.11) вычисляется в подпрограмме FCT(R,Y,P).

Подпрограммы RKM и FCT не требуют вмешательства пользователя.

Подпрограммы-функции TOL(R,NS) и Q(R,NS) вычисляют толщину h и поперечную

силу Q в зависимости от радиуса R и номера участка NS.

В подпрограмме-функции DD(R) определяется жесткость на изгиб по формуле

.)1(12 2

3

v

Eh D

−=

Таким образом, для расчета пластины пользователь должен составить основную

программу, подпрограммы NUS, GUS и две подпрограммы-функции TOL и Q.Программа приведена для конкретной задачи (см. пример 15.1). Однако расчет

других пластин требует внесения в программу лишь небольших изменений (см. пример 15.2).

(15.12)



266

15.3. Примеры расчета

Пример 15.1. Для представленной на рис.15.2,а пластины построить графики r

M ,

t M и W в зависимости от радиуса и определить коэффициент запаса

yn по текучести. При

расчете принять 5

102 ⋅= E МПа, 3,0=v ,5

10= P Н/м, 200=== y yc y σ σ σ τ МПа. Размеры пластины на рис.15.2,а даны в миллиметрах. Расчет эквивалентного напряжения провести по

теории начала текучести Хубера-Мизеса.

Решение. Пластина имеет два участка с различными законами изменения толщины и

поперечной силы:

участок 1-0,02 ≤≤ r 0,04 м;

участок 2-0,04 ≤≤ r 0,125 м.

Толщина (в метрах) в зависимости от радиуса составляет

0,02 – на у-ке 1 (NS=1);

0,01+0,01(r-0,04)/0,085 – на у-ке 2 (NS=2).

Приведенные формулы вычисления толщины вносятся в подпрограмму-функцию

TOL(R,NS).

Определяем поперечную силу Q [Н/м] из уравнения равновесия части пластины,

ограниченной внутренним контуром и цилиндрическим сечением радиуса r. Это уравнение имеет вид:

на первом участке ( рис. 15.2,б) 02 =⋅ r Q π ,

на втором участке ( рис. 15.2,в)

pr P r Q π π 22 ⋅=⋅ ,

где 04,0= p

r м, Р=105 Н/м. Тогда

0, на 1 участке (NS=1);

4⋅103/r, на 2участкеке (NS=2).Вычисление по этим формулам производится в подпрограмме-функции Q(R,NS).

Граничное условие 0=r

M на внутреннем контуре ( 02,01 == r r м) будет выполнено

тождественно, если принять начальные значения векторов однородного )(11

r y и

неоднородного )(10

r y решений в виде T r y )0,1,0()( 11 = , T r y )0,0,0()( 10 = .

Таким образом, матрица решений )(1

r Y на внутреннем контуре составляет

=

0

0

0

0

1

0

)( 1r Y .

Эта матрица формируется в подпрограмме NUS(Y); при этом все элементы матрицы Y

приравниваются нулю, а затем элементу Y(2,1) присваивается значение единицы.

Граничные условия на внешнем контуре ( 125,02 == r r м)

0=ϑ , 0=W

с учетом выражения (15.10) получают вид

;020121 =+ yC y

,0102111 =++ yC C y

откуда постоянные интегрирования

;21

201

y

yC −=

H(R )

Q(R )=



267

.101112

yC yC −−=

Здесь ij

y - компоненты векторов решений )(21

r y , )(20

r y , полученные

интегрированием уравнения (15.11) с начальной матрицей )(1

r Y . Эти формулы определения

постоянных 1

C ,2

C GUS.

Рис. 15.2

В основную программу вносим число участков NU, равное двум и радиусы границ

участков в метрах (0,02; 0,04; 0,125) в массив RG(3).Принимаем число шагов печати: четыре

шага – на первом участке и восемь – на втором. Эти числа задаются массивом KR(2). В

массиве NN(2) задается число шагов интегрирования по участкам – соответственно 16 и 80.

Операторы присваивания определяют значения коэффициента Пуассона (CP =0,3) и

модуля упругости первого рода (Е=2⋅1011 Па).

По результатам счета ( рис.15.2,а) построены зависимости прогиба W и моментов

τ M M

r , от радиуса.

Из анализа распределения моментов и закона изменения толщины можно установить,

что опасной является точка В, расположенная у лицевой (z=h/2) поверхности пластины на радиусе r=0.04 м. Здесь

м

H м M r

3105,1 ⋅= ; м

Нм M t

2103,7 ⋅= ; мh 01,0= . Напряженное

состояние в этой точке - двухосное растяжение.

Вычислим напряжения r

σ и t

σ в ее окрестности

,6,931036,901,0

1056,166 7

2

3

2 МПа Па

h

M r r =⋅=

⋅⋅==σ

МПа Паh

M t t 2,441042,4

01,0

1036,766 7

2

2

2 =⋅=

⋅⋅==σ .

По теории начала текучести Хубера-Мизеса для двухосного напряженного состояния

эквивалентное напряжение определяется по формуле

t r t r eq σ σ σ σ σ ++= 22

.

А

В Б



268

Подставив значения r

σ и t

σ для рассматриваемой точки В в эту формулу, получим

МПаeq 1,812,446,932,446,93 22 =⋅−+=σ ,

и из расчета на прочность по допускаемым напряжениям определяем коэффициент запаса по

текучести

.47,21,81

200

=== eq

y

yn σ

σ

Пример 15.2. Для пластины ( рис.15.3,а) без отверстия, опертой по окружности,

радиуса 3,00 =r м, и нагруженной равномерно распределенным давлением p=1 МПа,

построить график изменения прогиба W и интенсивностей изгибающих моментов r

M и

t M . При расчете принять ,0=v 5102 ⋅= E МПа.

Решение. Пластина имеет три участка:

Рис.15.3

участок 1 0,001≤ r ≤ 0,1 м;

участок 2 0,1≤ r ≤ 0,3 м;

участок 3 0,3≤ r ≤ 0,5 м.Так как пластина без отверстия, то введен « разгонный участок», радиус которого

001,0=a м.

Зададим на первом участке 3 шага печати, на втором и третьем – 5 шагов. Также

примем 15 шагов интегрирования на первом и по 30 шагов интегрирования на втором и

третьем участках.

Толщина h в зависимости от радиуса изменяется следующим образом:

0,05 – на участке 1 (NS=1);

0,05-(r-0,1)/16 на участках 2 и 3 (NS=2, NS =3).

Вычислим поперечную силу. С этой целью сначала найдем интенсивность реакции

опоры Q0 из условия равновесия всей пластины 2

200 2 pr r Q π π =⋅ , откуда

H(R )=

Б

А



269

0

2

20

2r

pr Q = ,

где 3,00 =r м, 5,02 =r м.

Поперечную силу на первом и втором участках определим из следующего уравнения

равновесия 2

2 r pr Q π π =⋅ , откуда

2

pr Q = .

Если цилиндрическое сечение расположено на третьем участке, то в уравнение равновесия части пластины входит и интенсивность реакции опоры Q0

00

2 22 r Qr pr Q π π π ⋅−=⋅ ,

откуда с учетом значения Q0

[ ])2/(2/ 2

2 r r r pQ −= .


pr/2 – на участках 1 и 2 (NS=1, NS=2);

p(r-r22 /r)/2 на участке 3 (NS =3).

Матрица начальных значений векторов решений )(11

r y , )(10

r y , обеспечивающих

выполнение граничного условия для пластины без отверстия при r1=a=0,001 м, имеет вид

(см. вариант 4 выбора значений векторов )(11

r y , ))(10

r y :

+

=

0)1(

01

00

)1

(

v D

r Y ,

где

)1(12

2

3

v

Eh D

−

= - жесткость на изгиб в центре пластины (h=0,05 м).

Для задания этой матрицы в подпрограмме NUS (пример 15.1) нужно вставить

следующий оператор: Y[3,1]:=2E11*EXP(3*Ln(0.05))/12/7.

Постоянную интегрирования C1, имеющую смысл угла поворота нормали на радиусе

r=r1, найдем из граничного условия 0=r M на внешнем контуре r=r2. Это условие с учетом

выражения (15.10) принимает вид 030131 =+ yC y , тогда

31

30

1 y

yC = ,

где ij

y - компоненты матрицы решений при r=0,5 м.

Постоянную C2, имеющую смысл прогиба в центре пластины, определим из условия равенства нулю прогиба на окружности радиуса r0=0,3 м, совпадающей с границей между

вторым и третьим участками. Номер К точки вывода результатов (с учетом принятой

разбивки на шаги печати) при этом равен 10 или 11 (конец второго или начало третьего

участков). В подпрограмме GUS, определяющей постоянные интегрирования, необходимо

заменить операторы на следующие:

C1:=-Y[3,2]/Y[3,1];

C2:=-C1*Z[10,1,1]-Z[10,1,2].

Остальные подпрограммы остаются без изменений.

По результатам счета ( рис.15.3,а) построены графики W,r

M ,t

M .

Пример 15.3. Составить программу для расчета пластины ( рис.15.3,б), нагруженной по окружности r=rp силой P и моментом e

t . Размеры пластины, упругие характеристики

Q(R )=



270

материала и величина силы P такие же, как на примере 15.1. Момент e

t составляет 310=et

Нм/м.

Решение. Эта задача отличается от задачи примера 15.1 только тем, что необходимо

учесть скачок изгибающего момента r

M , равный e

t , на границе первого и второго

участков. С учетом правила знаков (ось z направлена вниз) справедливо следующее

равенство m M M r r += −+

, где +r M ,

−r M - интенсивности изгибающих моментов r M в

начале второго и в конце первого участков.

Этот скачок момента должен быть учтен в третьей компоненте частного решения 0

y

неоднородного дифференциального уравнения, т.е. при 04,0== pr r м 303030

y y y ∆+= −+,

где 4030 ==∆ et y [Нм].

С этой целью в подпрограмме PLAST после оператора внешнего цикла по номеру NS

участка следует вставить оператор

If NS=2 Then Y[3,2]:=Y[3,2]+40.

Других изменений приведенная программа не требует.



271

Глава 16. Устойчивость сжатых стержней


Расчет сжатых стержней на устойчивость сводится, обычно, к определению

критической нагрузки. В курсе «Сопротивление материалов» изучается два метода

определения критических нагрузок – энергетический и метод Эйлера. Энергетический подход к решению задачи ограничен теми случаями, когда заранее можно предсказать форму

потери устойчивости, что делает его неприменимым (или ограниченно применимым) к

широкому классу задач, например, к задаче об устойчивости стержней с упругими опорами.

Для решения задачи по методу Эйлера необходимо проинтегрировать уравнение,

описывающее изгиб стержня, выведенного из исходного (прямолинейного) положения

равновесия. Аналитическое интегрирование этого дифференциального уравнения возможно

лишь в простейших случаях. Поэтому для интегрирования используются те или иные

численные методы. Одним из простых и распространенных методов решения краевых задач,

применимым к задачам устойчивости является метод начальных параметров [1].

Рис.16.1

Рассмотрим использование метода начальных параметров для определения

критической нагрузки [5] на примере сжатого стержня переменного поперечного сечения

имеющего промежуточные упругие опоры ( рис.16.1) с жесткостью С1, С2.

Запишем дифференциальное уравнение изогнутой оси сжатого стержня в

отклоненном положении ( рис.16.1,б). На рис.16.1,б обозначено: R – реакция шарнирной

опоры; 111 yC F = и 222 yC F = - усилия, приложенные к стержню взамен отброшенных

упругих связей (они стремятся внутрь стержня в исходное положение).

III II I z yc z yc Rz Fy

dz

yd z EI )()()( 2221112

2

ll −−−−+−= .

Вертикальные линии в выражении (16.1) отделяют ту часть уравнения, которая

соответствует данному участку. Так, первому участку соответствуют два члена в правой

части уравнения, второму – три и третьему – все четыре члена.

Для удобства решения приведем выражение (16.1) к безразмерной форме. Обозначим:

l

z =ξ ,

l

y=η ,

l

11

y=η ,

l

22

y=η ,

l

l11 =ξ ,

l

l 22 =ξ ,

0

2

0 EI

F F

l= ,

0

2

0 EI

R R

l= ,

0

31

1 EI

c

c

l

=,

0

32

2 EI

c

c

l

=.

(16.1)

(16.2)

А

Б



272

0

)()(

EI

z EI f =ξ ,

где 0 EI - изгибная жесткость в каком-либо сечении, например, при 0=ξ . В безразмерной

форме дифференциальное уравнение (16.1) имеет вид

[ ] III II I

cc R F f d

d )()(

)(

1

222111002

2

ξ ξ η ξ ξ η ξ η ξ ξ

η −−−−+−= .

Для использования стандартных программ интегрирования дифференциальное

уравнение (16.4) второго порядка представим в виде системы двух дифференциальных

уравнений первого порядка

ϑ ξ

η =

d

d ,

[ ] III II I cc R F f d

d )()(

)(

122211100 ξ ξ η ξ ξ η ξ η

ξ ξ

ϑ −−−−+−= .

На левом конце стержня ( 0=ξ ) 0=η а )0(ϑ и 0 R - неизвестны (это начальные

параметры). Они находятся из условия равенства нулю перемещения и угла поворота на правом краю ( 1=ξ ) – в заделке. Поскольку уравнения, входящие в систему (16.5) линейные,

то перемещение и угол поворота на правом конце стержня )1(η и )1(ϑ линейно зависят от

начальных параметров )0(ϑ и 0 R на левом конце

,)0()1( 01211 Raa += ϑ η

02221 )0()1( Raa += ϑ ϑ .

Поскольку 0)1( =η и 0)1( =ϑ , то

,0 Ra )0( a 01211 =+ϑ

.0 Ra )0( a 02221 =+ϑ

Для того, чтобы система уравнений (16.7) имела нулевые решения, ее определить должен быть равен нулю

.02221

1211 ==∆aa

aa

Из этого условия определяется критическая сила. Необходимо отметить, что в задачах

устойчивости сами начальные параметры )0(ϑ и 0 R остаются неопределенными.

Для численного интегрирования системы дифференциальных уравнений (16.5)

используется метод Рунге-Кутта. Вначале задается некоторое значение осевой силы F,

которая должна быть заведомо меньше искомой. Эту силу можно определить, отбросив

промежуточные опоры и приняв изгибную жесткость постоянной по длине стойки и равной

ее наименьшему значению. После этого интегрируется система уравнений (16.5) при

начальных условиях 1)0( =ϑ и 00 = R , в результате чего находятся коэффициенты 11a и 21a

системы (16.6). Далее повторно интегрируется система уравнений (16.5), но уже при

начальных условиях 0)0( =ϑ и 10 = R , и находятся коэффициенты 12a и 22a . Затем

вычисляется определитель ∆ системы уравнений (16.7). Если определитель не равен нулю,

то осевая сила F увеличивается на некоторую величину F ∆ , после чего вновь вычисляется

определитель ∆ . Вычисления продолжаются до тех пор, пока не будет найдено то значение

осевой силы, при которой определитель равен нулю. Это и есть искомая критическая сила.


Ниже в п.16.2.1 приведена программа вычисления критической нагрузки,

реализующая данный метод. В программе принято, что стойка имеет постоянную изгибную

(16.3)

(16.4)

(16.5

(16.7)



273

жесткость на каждом участке. Изгибные жестокости на первом, втором и третьем участках

обозначены 1 EI , 2 EI и 3 EI соответственно. В этом случае функции )(ξ f имеют

постоянные значения в пределах каждого участка. Принимая 10 EI EI = , получим: на первом

участке 1)( =ξ f , на втором )/()( 12 EI EI f =ξ , на третьем )./()( 13 EI EI f =ξ

Для работы программы задаются исходные данные задачи: DL1 - длина первого

участка ( 1l ), DL2 – длина первых двух участков ( 2l ) и DL – длина всего стержня (1) в метрах; изгибная жесткость на первом участке EI1, на втором – EI2 и на третьем EI3 [Нм2];

жесткость первой и второй упругих опор С1 и С2 [Н/м]; шаг интегрирования НН – [м];

начальное значение силы P[H] и шаг приращения нагрузки DP[H]. После этого в

соответствии с программой вычисляются:

СС1 и СС2 – безразмерная жесткость упругих опор (С1, С2);

DZ1 b DZ2 – безразмерная длина первого участка )( 1ξ и первых двух участков ( 2ξ );

F1 и F3 - значение функции ( ξ на втором и третьем участках;

РР – безразмерная величина начальной осевой силы F;

H – безразмерная величина шага интегрирования.

Целой переменной М в программе обозначен счетчик количества повторных циклов интегрирования при возрастании осевой силы на величину DP на каждом цикле. Метка «2»

означает начало первого цикла интегрирования при начальных условиях 1)0( =ϑ и 00 = R

(Y(2)=1 и R0=0). Этот цикл заканчивается вычислением коэффициентов А1 и А2. После

этого начинается интегрирование при начальных условиях

0)0( =ϑ 00 = R 0)2(( =Y и )10 = R .

Этот цикл заканчивается вычислением коэффициентов А3 и А;. Затем вычисляется

определитель DET0 и выполнение программы возвращается к метке «2» с новым значением

осевой силы PP+DD. Определитель, вычисленный при новом значении осевой силы,

обозначен DET. Если его знак отличается от знака DET0, то, следовательно, искомое

значение критической силы лежит между РР и PP+DD, которое и вычисляется с помощью линейной интерполяции. Далее оператор с меткой «4» вычисляет размерное значение

критической силы, которое выводится на печать.

Если же выясняется, что определитель DET имеет тот же знак, что и DET0, то

вычисления по программе возвращаются к метке «2», но с новым, большим значением

осевой силы РР, и так происходит до тех пор, пока определитель DET не сменит знак.

16.2.1. Программа расчета критической силы сжатого стержня

Program STERGEN;

Uses Crt;

Label 1,2,3,4;Type

Wect=array[1..2] of real;

Var

M:Integer;

Y:Wect;

DL1,DL2,DL,C1,C2,EI1,EI2,EI3,P,DP,HH,CC1,CC2,DZ1,DZ2:real;

F2,F3,PP,DD.H,X,R0,A1,A2,A3,A4,DET0,DET,PK,YY1,YY2: real;

Procedure FCT(X1:real; Y2: Wect;Var D: Wect);

Begin {FCT}

If (X1>=0) And (X1<=DZ1) THEN

Begin

D[1]:=Y2[2];

D[2]:=-PP*Y2[1]+R0*X1;



274

YY1:=Y2[1];

End

If (X1>DZ1) And (X1<=DZ2) THEN

Begin

D[1]:=Y2[2];

D[2]:=(-PP*Y2[1]+R0*X1-CC1*(X1-DZ1)*YY1)/F2;

YY2:=Y2[1];End;

If (X1>DZ2) and (X1<=1) THEN

Begin

D[1]:=Y2[2];

D[2]:=(-PP*Y2[1]+RO*X1-CC1*(X1-DZ1)*YY1-CC2*(X1-DZ2)*YY2)/F3;

End

End; {FCT}

{Процедура общего виды для интегрирования уравнения методом Рунге-Кутта}Procedure RK(Var X0: real; Var Y0: Wect);

Var

I:integer;Y1,P0,P1,P2,P3:Wect;

Begin {RK}

FCT(X0,Y0,P0);

For I:=1 to 2 Y1[I]:=Y0[I]+H*P0[I]/2;

FCT(X0+H/2,Y1,P1);

For I:=1 to 2 do Y1[I]:=Y0[I]+H*P1[I]/2;

FCT(X0+H/2, Y1, P2);

For I:=1 to 2 do Y1[I]:=Y0[I]+H*P2[I];

FCT(X0+H,Y1,P3);

For I:=1 to 2 do 0[1]:=Y0[I]+H*(P0[I]+2*P1[I]+2*P2[I]+P3[I]/6;

X0:=X0+H;

End; {RK}

{Основная программа}BEGIN

Clrscr;

Writeln (`Введите DL1, DL2,DL в метрах`);

Read (DL1,DL2,DL);

Writeln(`Введите жесткость упругих опор C1,C2 в H/м`); Readln(C1,C2);

Writeln(`Введите изгибную жесткость EI1,EI2,EI3 в H*м*м`);

Readln(EI1,EI2,EI3);

Writeln(`Введите начальное значение силы P в H`);Readln(P);

Writeln(`Введите шаг приращения нагрузки DP вd H`);

Readln(DP);

Writeln(`Введите шаг интегрирования НН в метрах`);

Readln(HH);

CC1:=C1*DL*DL*DL/EI1; CC2:=DL*DL*DL/EI1; DZ1:=DL1/DL;

DZ2:=DL2/DL; F2:=EI2/EI1; F3:=EI3/EI1; PP:=P*DL*DL/EI1;

DD:=DP*DL*DL/EI1; H:=HH/DL; M:1;

2: X:=0; Y[1]:=0; Y[2]:=1; R0:=0;

Writeln X<1 do RK(X,Y);

A1:=Y[1];A2:=Y[2]; X:=0; Y[1]=0; Y[2]:=0; R0:=0;

While X<1 do RK(X,Y);



275

A3:=Y[1]; A4:=Y[2];

If M>1 Then Goto 1;

DET0:=A1*A4-A2*A3; M:=M+1; PP;=PP+DD;

Goto 2;

1: DET:=A1*A4-A2*A3;

If DET0*DET<0 Then Goto 3;

If DET0*DET=0 Then Goto 4;DET0:=DET; PP:=PP+DD; M:=M+1;

Goto 2;

3: PP:=PP+DD*ABS(DET0)/(ABS(DET)+ABS(DET0));

4: PK:=PP*EI1/DL/DL;

Writeln; Writeln(`Критическая сила Pкр=`,PK,`H`); Readln; END.

Изложенный алгоритм и программа решения задачи применимы для стержней,

нагруженных и закрепленных так, как показано на рис.16.1. Следует, однако, иметь в виду,

что алгоритм не применим для стержней с промежуточными жесткими опорами ( ∞=1c или

∞=2c ).

В том случае, если условия нагружения и закрепления стержня на концах не укладываются в схему ( рис.16.1), то необходимо составить новые дифференциальные

уравнения изогнутой оси стержня, аналогичные уравнениям (16.1) и внести правые части

этих уравнений в подпрограмму FCT.

Рассмотрим в качестве примера сжатый стержень, изображенный на рис.16.2,а.

Выберем систему координат так, как показано на рис.16.2,б. Запишем дифференциальные уравнения изогнутой оси на каждом участке:

02

2

)( M Fydz

yd z EI +−= , 10 l≤≤ z

012

2

)( M Fy

dz

yd z EI +−= , ll ≤≤ z 1 .

Рис.16.2

В данной задаче в качестве начального параметра фигурирует лишь один момент в

заделке 0 M , который определяется из условия равенства нулю угла поворота на правом

конце стержня. Таким образом, в соответствии с обозначениями, принятыми в программе Y(1)=0 и Y(2)=0 при X=0 (v=0 и ϑ =0 при z=0). Величина R0 заменяется на M0 и

интегрирование проводится при М0=1.0. Кроме этого, в основной программе исключается

повторное интегрирование, в результате которого вычисляются коэффициенты А3 и А4. В

программе для данного примера DET0=A2 и DET=A2

Правые части уравнений (16.8) записываются в подпрограмме FCT. Из основной программы и подпрограммы FCT исключается третий участок.

(16.8)



276

16.3. Пример расчета

Пример 16.1. Найти критическую силу для заданного на рис.16.3 стержня.

Дано: EI1=1,6⋅103H⋅м2; EI2=3,2⋅103H⋅м2; C=100 kH/м; 5 ,0=l м.

Рис.16.3

Решение. Для использования программы п.16.2.1 вначале находим нагрузку, заведомо

меньшую критической. С этой целью полагаем С=0, а изгибную жесткость всего стержня

принимаем равной EI1=1,6⋅103H⋅м2. В этом случае критическая нагрузка находится по

формуле:

2

1

2

)2( lµ

π EI F cro = ,

где 7,0= . Таким образом, находим

2,32=cro F кН.

Задаем: длину DL1=0,5 м, DL2=1 м, DL3=1 м; изгибную жесткость стержня: УШ1=1,6⋅103

Н⋅м2; EI2=3,2⋅103 Н⋅м2, жесткость опоры C1=1⋅105 H/м, C2=0,0. Далее задаем: шаг интегрирования НН=0б01 м, приращение нагрузки DP=100 Н и начальное значение

критической силы P=3,22⋅104 H. В результате численного расчета получаем 53 F cr ≈ кН.


Задачи 16.1…16.5. Для заданных на рис.16.4 стальных стержней найти критическую

нагрузку. Дано: EI=2,5⋅103 Н⋅м2; С=120 кН/м; 8,0=l м.

Рис. 16.4

I1 I2



277

Глава 17. СПРАВОЧНЫЕ ДАННЫЕ К РАСЧЕТУ ДЕТАЛЕЙ МАШИН

Определение значений τ

τ

σ

σ

d d K K

K K

, . Для сталей, алюминиевых и магниевых

сплавов, а также чугуна с шаровидным графитом отношения d K

K определяются по

формулам:

=

σ

σ

σ

σ

vG

L F

a

d K

K

,

,

=

τ

τ

τ

τ

vG

L F

a

K

K

d ,

,

где σ v

G

Lv

G

L F

−

+=

3.88

15.05.0, ;

τ

τ

v

G

Lv

G

L F

−

+=

3.88

15.05.0, .

Значения функции F приведены в табл. 17.1.

Определение величин теоретических коэффициентов напряжений σ a , τ a .

Коэффициенты σ a , τ a определяются или по теоретическим решениям Нейбера, Гауланда и

др., или на основе измерений с помощью поляризационно-оптического метода,тензометрирования и т.п.( рис. 17.1…17.3).

Определение параметра L. Параметр L в мм представляет собой периметр рабочего

сечения детали, если напряжения по всему периметру одинаковы или часть периметра, если

максимальные напряжения возникают только вблизи части периметра. Формулы для

определения параметра L для образцов различных типов ( рис.9.7) приведены в табл. 17.2.

Таблица 17.1Значения функции

v

G

L F ,

G

L=lg

v

0,04 0,08 0,10 0,12 0,16 0,20

-0,5 1,125 1,280 1,380 1,485 1,730 1,040

0 1,100 1,215 1,280 1,355 1,529 1,725

0,5 1,070 1,150 1,200 1,245 1,350 1,470

1,0 1,045 1,095 1,120 1,150 1,205 1,2701,5 1,020 1,043 1,055 1,065 1,090 1,110

2,0 0,997 0,995 0,994 0,993 0,990 0,987

2,5 0,975 0,951 0,940 0,928 0,907 0,887

3,0 0,953 0,912 0,892 0,873 0,837 0,807

3,5 0,933 0,876 0,850 0,825 0,782 0,743

4,0 0,912 0,843 0,812 0,783 0,734 0,693

4,5 0,890 0,812 0,778 0,747 0,695 0,654

5,0 0,877 0,785 0,747 0,715 0,662 0,662

5,5 0,860 0,760 0,720 0,687 0,635 0,595

6,0 0,845 0,737 0,697 0,663 0,612 0,578



278

Рис.17.1. Значения ασ для вала с выточкой при изгибе (0,05< ρ /D<1,00)

Рис.17.2. Значения ατ для вала с выточкой при изгибе (0,05< ρ /D<1,00)

Рис.17.3. Значения ασ для случая изгиба ступенчатого вала с гантелью

Определение относительного градиента ][ 1− ммG . Относительные градиенты

напряжений G , τ G , в зависимости от вида нагружения t, определяются по формулам,

приведенным в табл. 17.3.

Определение величин σ τ σ v ,v ,v - новая характеристика механических свойств

материала, определяющая его чувствительность к концентрации напряжений и масштабному

фактору; по опытным данным 20,0...05,0−σ v ; с ростом σ v чувствительность к концентрации напряжений уменьшается, масштабный фактор увеличивается. Если прямые



279

опытные данные величины σ v , τ v отсутствуют, они могут быть определены приближенно

по корреляционным зависимостям (при 1800<uσ Мпа)

yv σ σ 0001,02000,0 −= ; σ τ v5 ,1v = .

Таблица 17.3

Формулы для определения градиентов напряжений G

Деталь Изгиб Растяжение-сжатие Кручение

5,1≥d

D

d G

22+=

ρ

ρ

2=G

d G

21+=

ρ τ

То же 5,1≥

d

D

d

G2)1(2

++

=

ρ

ρ

)1(2 +=G

d

G21

+=

ρ

τ

5,1≥h

H

hG

23,2+=

ρ

ρ

3,2=G

-

То же 5,1≥h

H

hG

2)1(3,2+

+=

ρ

ρ

ϕ )1(3,2 +=G

-

5,1≥d

D

d G

23,2

+= ρ ρ

3,2

=G d G

215,1

+= ρ τ

То же 5,1≥d

D

d G

2)1(3,2+

+=

ρ

ϕ

ρ

ϕ )1(3,2 +=G

d G

215,1+=

ρ τ

2/4

1

+=

ρ t

J

Определение отношения

σ

σ

d K

K для деталей с напрессовками. Значения

0)(

σ

σ

d K

K

для валов с напрессовкой при изгибе представлены на рис.17.5. Эти данные соответствуют испытаниям до разрушения валов из стали ( 500u =σ МПа при давлении посадки 30 p ≥

Мпа).

При 500u =σ и 30 p ≥ следует определять значения

σ

σ

d K

K по формуле

0d d K

K

K

K

=

σ

σ

σ

σ ξ ξ ′′′ ,



280

где

0d K

K

σ

σ - коэффициент, определяемый по рис. 17.5;

ξ ′ - коэффициент, учитывающий влияние предела прочности стали;

ξ ′′ - коэффициент, учитывающий влияние давления посадки р, Мпа.

Значения коэффициентов:ξ ′ =0,305+0,00139 uσ ;

ξ ′′ =0,65+0,014 р, при р≤ 25 Мпа;

ξ ′′ =1 при р>25 Мпа.

Рис.17.4. Значения коэффициентов

σ

σ

d K

K для валов с напрессованными деталями при

изгибе 500u =σ Мпа, 30≥ МПа:

1-через напрессованную деталь передается сила или момент;2-через напрессованную деталь не передается усилий или моментов.

Определение σ K для валов с двумя или одним шпоночным пазом. Значения

эффективных коэффициентов концентрации напряжений для валов со шпоночными пазами

представлены в табл. 17.4 для изгиба и в табл. 17.5 – для кручения.

Таблица 17.4

Значения σ K для валов с двумя или одним шпоночным пазом

uσ , МПа 500 600 700 800 1000

σ K 1,6 1,75 1,9 2,0 2,3

Таблица 17.5

Значения τ K для валов с двумя или с одним шпоночным пазом

uσ , МПа 500 600 700 800 1000

τ K 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9

Определение σ K для ступенчатых валов. Приближенные значения 0 ) K ( σ и

0 ) K ( τ при изгибе и кручении ступенчатых валов ( 2=d

D, 50...30=d мм) в зависимости от

отношения радиуса галтели к меньшему диаметру

d

r и предела прочности



281

Рис.17.5. Значения 0 ) K ( σ для случая изгиба ступенчатого вала с галтелью: D/d=2,d=30…50 мм

материала приведены на рис. 17.5…17.6. Коэффициенты K для двух других отношений d

D

можно подсчитать по формуле: ]1 ) K [( 1 K 0 −+= σ σ ξ ,

где ξ - поправка на отношение d

D, берется по рис. 17.8.

Рис.17.6. Значения 0 ) K ( τ для случая кручения ступенчатого вала с галтелью:D/d=2,

d=30…50 мм

Определение масштабного коэффициента σ d K . Приближенные значения σ d K для углеродистых и легированных сталей в зависимости от диаметра детали приведены на

рис.17.8. Ориентировочно считают τ σ d d K K = .

Значения коэффициентов влияния асимметрии цикла σ ψ . При изгибе 2 ,0...1 ,0=σ ψ

- для углеродистых сталей; 3 ,0...2 ,0=σ ψ - для легированных сталей (при кручении

1 ,0...05 ,0=τ ; 15 ,0...1 ,0=τ соответственно).

Рис.17.7. Поправка на отношение

d

D: 1-изгиб, 2 – кручение.

Рис. 17.8. Значения σ d K :1-для углеродистых

сталей при отсутствии концентрации напряжений; 2 –

для легированных сталей при отсутствии концентрации

напряжений и для углеродистой стали при умеренной

концентрации напряжений; 3- для легированной стали

при наличии концентрации напряжений; 4- для стали при

высокой концентрации напряжений

Определение σ K для валов с кольцевой канавкой. Значения σ K при изгибе

стальных валов с кольцевой канавкой полукруглого профиля вычисляют по формуле:



282

]1)`[1 −+= σ σ η K K

где η - поправочный коэффициент ( рис.17.11),

)` K ( σ - эффективный коэффициент концентрации напряжений, определяемый по рис.17.10

при 1 / t = в зависимости от отношения d / ρ и предела прочности uσ .

При растяжении-сжатии стальных стержней с кольцевой канавкой значения σ K

можно вычислить как и при изгибе. Приближенные значения τ K при кручении стальных

валов с кольцевой выточкой можно вычислять по формуле.

),1(6,01 −+= σ τ K K

где σ K - коэффициент, определяемый по приведенной выше формуле;

Определение σ K и τ K для валов с поперечным отверстием. Эффективные коэффициенты

концентрации напряжений для стальных валов с поперечным отверстием при изгибе

определяются по рис.17.12, а при кручении – по рис.17.13.; при растяжении-сжатии

эффективный коэффициент концентрации напряжений принимают таким же как и при

изгибе.

Рис.17.9. Эффективный коэффициент концентрации при изгибе стальных стержней

с полукруглой кольцевой канавкой:

1- 1000u =σ Мпа; 2- 500u =σ Мпа

Рис. 17.10. Поправочный коэффициент η

Рис.17.11. Эффективный

коэффициент концентрации

напряжений для стальных валов с

поперечным отверстием при изгибе:

1-a/d=0,05…0,1;

2-a/d=0,15…0,25.

(d=30…50 мм)

Рис.17.12. Эффективный коэффициент концентрации напряжений для стальных

валов с поперечным отверстием при

кручении:

a/d=0,05…0,25;

d=30…50 мм

Определение σ K для болтовых соединений. Коэффициенты σ K для болтовых

соединений при растяжении-сжатии и d=12 мм можно установить по графику на рис.17.14.в

зависимости от предела прочности материала.



283

Рис.17.13. Эффективный коэффициент концентрации напряжений для болтовых

соединений при растяжении-сжатии

Рис. 17.14. Влияние состояния поверхности

на предел выносливости: 1-полирование; 2-

шлифование; 3-тонкая обтачка; 4-грубая

обтачка; 50наличие окалины

Влияние качества обработки поверхности (коэффициенты f K ). Значения f K для

сталей на представлены рис.17.15…17.16 в зависимости от предела прочности. Значения

коэффициентов σ f K для алюминиевых деформируемых сплавов приведены в табл. 17.6.

Таблица 17.6

Значения σ f K для алюминиевых сплавов

Окончательная обработка Параметры шероховатости

Rz МКМ σ K

Полирование 0,5…1 1,00

Шлифование 1,5…2 0,96…0,98

Чистое точение 4…10 0,87…0,94

Точение 10…15 0,84…0,88

Грубое точение 20…30 0,78…0,83

Весьма грубое точение 50…100 0,70…0,75

Определение коэффициентов Ккор. Коэффициенты Ккор., характеризующие снижение предела выносливости от предварительной коррозии (до испытания на усталость),

показаны в зависимости от предела прочности для стали на рис.17.17. На рис. 17.18

приведена зависимость пределов выносливости лабораторных образцов от предела

прочности стали для различных коррозионных сред. Анализ графиков показывает, что

предел выносливости в условиях коррозии не зависит от предела прочности стали,

вследствие чего применение легированных сталей при работе детали в коррозионной среде

нецелесообразно.

Рис.17.15. Коэффициенты влияния качества обработки поверхности на сопротивление усталости стальных образцов 575,0=τ f K 425,0+σ f K

Влияние коррозии для случая одновременного действия коррозионной среды и переменных напряжений представлено в виде зависимости коэффициентов Ккор от предела

прочности для стали при изгибе с вращением ( рис. 17.18).



284

Рис.17.16. Влияние предварительной

коррозии на предел выносливости стальных

образцов

Рис.17.17. Зависимость пределов

выносливости от предела прочности

стали: 1-на воздухе, 2- в простой воде, 3-

в морской воде

Определение коэффициента q. Коэффициенты q, характеризующие чувствительность материала к местным напряжениям, показаны в зависимости от предела

прочности для стали на рис.17.19.

Рис.17.18. Влияние коррозии в процессе испытания на предел выносливости стальных

образцов при изгибе с вращением: 1-пресная вода (отсутствие концентрации); 2-морская

вода (отсутствие концентрации); 3-пресная вода (наличие концентрации напряжения)

Рис.17.19. Коэффициент чувствительности к местным напряжениям q=f( uσ )

Рис.17.20. Изменение предела материала выносливости с понижением температуры



285

Рис.17.21. Изменение условного предела выносливости углеродистой стали и

теплоустойчивых ферритных сталей в зависимости от температуры испытания

Коэффициент упрочения υ K . Средние значения υ K при различных методах

поверхностного упрочения даны в табл. 17.7…17.9.

Таблица 17.7

Влияние поверхностной закалки токами высокой частоты на предел выносливости

Материал Тип Диаметр образца, мм

υ K мм

Углеродистые и

легированные

конструкционные стали

Чугун

Без концентрации

напряжений

С концентрацией


Гладкие образцы и

образцы с концентрацией


7…20

30…40

7…20

30…40

20

1,3…1,6

1,2…2,5

1,6…2,8

1,5…2,5

1,2

Примечание: Данные соответствуют случаю изгиба с вращением. Толщина закаленного слоя 0,9…1,5 мм. Большие значения соответствуют образцам с большим

уровнем концентрации напряжений.Таблица 17.8

Влияние химико-термической обработки на предел выносливости

Характеристика

химико-термической

обработки

Тип образца Диаметр образца,

мм υ K

Азотирование при

глубине слоя 0,1…0,4

мм; твердость слоя

НВ 730..970





(поперечное отверстие,подрез)

8…15

30…40

8…15

30…40

1,15…1,25

1,10…1,15

1,9…3,0

1,3…2,0

Цементация при

толщине слоя

0,2…0,6 мм





8…15

30…40

8…15

30…40

1,2…2,1

1,1…1,5

1,5…2,5

1,2…2,0

Цианирование при

толщине слоя 0,2 мм



8…15 1,8

Таблица 17.9

Влияние поверхностного наклепа на предел выносливости

Материал Способ Тип образца Диаметр υ K



286

обработки образца, мм

Углеродистые

легированные

конструкционные стали

Алюминиевые магниевые сплавы

Обработка

роликами

Обдувка

дробью

Обдувка

дробью






напряжений С концентрацией




7…20

30…40

7…20

30…40

7…20

30…407…20

20…40

8

1,2…1,4

1,1…1,25

1,5…2,2

1,3…1,8

1,1…1,3

1,1…1,21,4…2,5

1,1…1,5

1,05…1,15

Таблица 17.10

Механические свойства материалов

Предел выносливости Марка

стали

Термообработка Предел

текучести

y

σ

Предел

прочности

u

σ

при

растяжении

t 1−σ

при

изгибе

1−σ

при

кручении

1−τ

10 Не закал. 210 340 - 160 80

20 Ц-В59 300 500 180 225 135

30 Н 300 500 180 225 135

У 350 600 215 270 160

35 Не закал. 320 540 - 220 130

40 Не закал. 240 500 - 230 140

45 Н 360 610 220 270 165

У 450 750 270 340 20,5

М35 650 900 325 405 245

50 Н 380 640 230 290 17,5У 700 900 325 405 245

60 Не закал. 410 690 - 310 180

20Г Н 280 460 165 205 125

В 420 570 205 265 150

65Г Н 440 750 270 340 200

У 700 900 325 405 245

М45 125 150 530 770 400

30ХГСА О 360 600 240 300 170

У 850 1100 440 550 320

М46 1300 1500 600 750 430ШХ15 О 380 600 240 300 180

М62 1700 2200 460 660 330

СЧ15-32 150 70 50

Условные обозначения термической обработки: О – отжиг; Н – нормализация; Ц –

цементация; В – закалка с охлаждением в воде; М – закалка с охлаждением в масле; число

после М, В, Н – среднее значение твердости по HRC.



287

Глава 18. Ответы и решения

1.1.l⋅

=en

A y yn

σ . Эпюры нормальных сил, нормальных напряжений и перемещений

сечений показаны на рис. 18.1,а.

1.2. E AU W 6/32lγ == . Эпюры N, σ и w приведены на рис. 18.1,б.

1.3. 3max 102 ,70 ⋅=σ Па; 5

max 105 ,17 w −⋅= мм. Эпюры N, σ и w приведены на

рис. 18.1,в.

1.4. EA F U W 2/213 l== . Эпюры N, σ и w приведены на рис. 18.1,г.

1.5. 500max =σ МПа; 2max 105w −⋅= мм; 4n y = . Эпюры N, σ и w приведены на

рис.18.1,д.

1.6. 60max =σ МПа;2

max 104w −⋅= мм. Эпюры N, σ и w приведены на рис. 18.1,е.

1.7. 24max =σ МПа;3

max 1024w −⋅= мм. Эпюры N, σ и w приведены на рис.

18.2,а.

1.8. 120max =σ МПа; 6 ,0wmax = мм. Эпюры нормальных сил N, нормальных

напряжений σ и осевых перемещений сечения w показаны на рис. 18.2,б.

1.9. 368= мм3; 066 ,0=∆ мм. Эпюры N, σ и w представлены на рис. 18.2,в.

1.10. 491 −=σ МПа; 6 ,97 2 −=σ МПа; 044 ,0w В = мм (вправо). Эпюры N, σ и w

приведены на рис. 18.2,г.1.11. 241 =σ МПа; 322 −=σ МПа; 29 ,0w В = мм (вправо). Эпюры N, σ и w

приведены на рис. 18.2,д.

1.12. 25021 −== σ σ МПа; 0w B = . Эпюры N, σ и w показаны на рис.18.2,е.

1.13. 60 N 1 = кН; 30 N 2 = кН; 400= мм2.

1.14. 14 ,38 N 1 −= кН; 75 ,84 N 2 −= кН, 4 ,1n y = .

1.15. 501 −=σ МПа; 15 ,122 =σ МПа.

Уравнение равновесия 0)(2

sin1

=++ ba N N β α .

Рис. 18.1 Рис. 18.2

Уравнение перемещений имеет вид



288

)22

2

22()11

1

11(sin

ll

ll

t EA

N at

EA

N ba∆=∆+

+α α

β .

Усилия в стержнях

EAt t N )2

21

(9

21

∆+∆= α ; EAt t N )2

21

(18

12

∆−∆= α

(предположено, что N1 и N2 направлены от сечения).1.16. 192 F p =

l кН; 216 F im =

l кН.

1.17. 5 ,87 F p =l

кН; 105 F im =l

кН.

1.18. 288 F p =l

кН; 336 F im =l

кН.

1.19. A5 ,2 F yim σ =l

.

2.1. Эпюры крутящих моментов Т и углов поворота сечений ϕ приведены на

рис.18.3,а.

2.2. Эпюры внутренних крутящихся моментов Е и углов поворота сечений ϕ по

длине стержня даны на рис.18.3,б.2.3. Эпюры Т и ϕ представлены на рис.18.3,в.

2.4. Эпюры Т и ϕ приведены на рис.18.3,г.

2.5. d=30 мм; a = 29 мм. Эпюры Т и ϕ приведены на рис.18.3,д.

2.6. d1=2,94⋅10-2 м; d2=3,7⋅10-2 м; d3=d1. Эпюры Т и ϕ представлены на рис.18.3,е.

2.7. Прочность замкнутого профиля в 30 раз, а жесткость в 300 раз больше.

2.8. мkH T ⋅= 19,1max .

2.9. l4

3= z . Эпюры крутящихся моментов Т и углов поворота сечений ϕ даны на

рис.18.4,а.2.10. 148a = мм. Эпюры крутящихся моментов Т, касательных напряжений maxτ и

углов поворота сечений ϕ представлены на рис.18.4,б.

2.11. 10=im

M l

kH⋅м.

2.12. 67,63=im

M l

kH⋅м.

2.13. yd

im M τ

π

6

3=

l. Эпюры τ по сечению для участков ав и вс представлены на

рис.18.4,в, а для участка cd - на рис.18.4,г.3.1. Эпюры x M , yQ и примерный вид изогнутой оси балки даны на рис.18.4,д.

3.2. Эпюры x M , yQ и примерный вид изогнутой оси балки представлены на

рис.18.4,е.

3.3. Эпюры x M , yQ и примерный вид упругой линии балки даны на рис.18.5,а.

3.4. Эпюры x M , yQ и примерный вид упругой линии балки приведены на рис.18.5,б.

3.5. Эпюра x M для данной рамы представлена на рис.18.5,в.

3.6. Эпюра x M для заданной рамы представлена на 18.5,г.

3.7. Эпюра x M для данной плоской рамы приведена на рис.18.5,д.

3.8. Эпюра x M для данной круговой рамы представлена на рис.18.5,е.3.9. 37 a = мм.



289

Рис.18.3 Рис.18.4

3.10. b=2,13 мм.

3.11. 2 ,34a = мм.

3.12. 78,2=adm

F kH.

3.13. 292,0max == α ν ν мм.

3.14. EI

eq

k

4

36

5 l⋅=ν ;

x EI

eq

b

3

72

23 l⋅−=ϑ .

3.15. x EI

eq

k

4

48

37 l⋅−=ν ;

x EI

eq

b

3

48

11 l⋅=ϑ .

3.16. EI

eq

k

4

9

136 l⋅−=ν ;

x EI

eq

b

l⋅−=

9

38ϑ .

3.17.2

k 10224 ,0 −⋅=ν м=2,21 мм. За положительное направление линейного

перемещения в балках принято направление вверх, углового – против хода часовой стрелки.

3.18.

EI

F b

w3

3

44 l= ;

EI

F c

28 l−=ϑ .

3.19. EI

F

bw

332 l⋅= ;

x EI

F c

2

2

32 l−=ϑ .

3.20. 16 c =ν мм; 0168 ,0c −=ϑ рад.

3.21. 0d =ϑ . За положительное направление линейных перемещений в рамках

приняты направления вправо и вверх, углового – против хода часовой стрелки.

3.22. EI

MRa

272,3=δ , `30057=aϑ - угол между направлением

перемещения aδ и горизонталью.



290

3.23. x EI

FRa

385,1=δ ; `20074=aϑ - угол между направлением

перемещения aδ и горизонталью.

3.24. yb

imeq σ

2

3

9

32,

l

l = .

3.25. 30,

=ime

ql

kH/м.

Рис.18.5

3.26. 5 ,187 F im =l

kH.

3.27. y2

3

p ,e 88 ,0q σ α

ll = ; y2

3

im ,e 5 ,1q σ α

ll = .

3.28. 75max =σ МПа; 6 max =ν мм.

3.29. 4 ,45в = мм; 2 ,11=δ мм; `2050=ϑ .

3.30. 12max =σ Мпа; 1 ,191 =δ мм

0

42=ϑ .3.31. 32 ,6 a = мм;

3.32. 40a = мм;

3.33. d=124 мм.

4.1. Суммарная эпюра изгибающих моментов представлена на рис.18.6,а. Для

проверки найдем горизонтальное перемещение в направлении отброшенной связи,

воспользовавшись другой основной системой, представленной на рис.18.6,б. Перемножение суммарной эпюры ( рис.18.6,а) на эпюру от единичной нагрузки ( рис.18.6,б) дает нулевой

результат. Это говорит о том, что суммарная эпюра построена правильно.

4.2. Эпюра изгибающих моментов показана на рис.18.6,в. Для проверки находим

перемещение в направлении отброшенной связи ( рис.18.6,г).4.3. Суммарная эпюра изгибающих моментов Mtot для заданной рамы показана на

рис.18.6,д.



291

Для нахождения взаимного угла поворота прикладываем моменты в сечениях α α −

к любой основной системе ( рис.18.6,е). Перемножая суммарную эпюру на единичную,

найдем угол поворота

x EI

F

8

2l

−=−α α ϑ .

Тот же результат получим при использовании другой основной системы ( рис.18.6,ж).

Рис.18.6

4.4. Эпюра изгибающих моментов представлена на рис.18.7,а, эпюра изгибающих моментов от единичной силы – на рис.18.7,б. В результате перемножения эпюр находим

вертикальное перемещение x

e Ш

EI

q

24

4l

−=ν .

Рис. 18.7



292

4.5. На рис.18.7,в показа суммарная эпюра изгибающих моментов для данной рамы.

Для проверки правильности решения задачи находим угол поворота сечения у заделки

( рис.18.7,г).4.6. Эпюры суммарных изгибающих и крутящих моментов для данной

плоскопространственной рамы представлены на рис.18.7,д.

4.7. EIx=1,48GIt; 25 ,0=ν / Эпюры суммарных изгибающих и крутящих моментов

приведены на рис.18.8,а.

Рис.18.8

4.8.

x

3

k EI

F

18

5 l=ν . Эпюра изгибающих моментов для балки представлена на

рис.18.8,б.

4.9. Опорные реакции, эпюры поперечных сил и изгибающих моментов показаны на

рис.18.8,в. Для проверки используется универсальное уравнение изгиба балки:

−⋅+⋅+= I e x x x

z q z EI y EI y EI

532

1100 lϑ

III ee II e

z q

z q

z q

24

)(

6

)(

16

21

6

)2/( 433 lll

ll −−−⋅+−⋅− .

Из граничных условий находим:

0= z 00 0 =→= y y ,

l= z x

e

EI

q y

3

0192

70

l⋅⋅−=→= ϑ .

При l2= z прогиб должен быть равен нулю.

−

−

+

−

−⋅+⋅⋅−== 6

)2(

16

21

6

)2/2(

6

)2(

32

11

2192

7 3333

2

l

qqqq y EI eeee z x

l

l

ll

l

l

llll



293

024

)2( 4

=−

− ll

eq .

4.10. Эпюра изгибающих моментов показана на рис.18.8,г Для определения угла

поворота прикладываем единичный момент к основной системе и строим эпюру моментов

( рис.18.8,д). Результат перемножения эпюр дает угол поворота сечения К:

x

ek EI

q 3

192

37 l⋅=ϑ .

4.11. а) EAqeв 40/7 2l=δ ; б) EA F в 2/l=δ ; в) EA F в 11/14 l=δ .

4.12. а) xek EI q /137,0 4l=δ ; б)

x

k EI

F 3

15

11 l=δ .

5.1. Наиболее опасно сечение, расположенное у заделки, в котором возникают изгибающие моменты: m D F ⋅⋅10 и md F ⋅⋅5 и крутящий момент md F ⋅⋅15 . Эквивалентные

напряжения при использовании теории изменения формы равны 102=eqσ МПа и

коэффициент запаса 9,3≈ yn .

5.2. Изгибающие моменты в сечении у заделки в вертикальной и горизонтальной плоскости равны между собой и составляют md F ⋅⋅10 . Эквивалентные напряжения в

наиболее опасной точке по теории энергии изменения формы 418 МПа. Коэффициент запаса

2,1≈ yn .

5.3. Более опасно второе напряженное состояние.5.4. В каждой точке - линейное напряженное состояние:

A F /1 =σ ; 032 == σ σ .

5.5. p E

A

ν ε ε

2122

−−== ; p

e

h A A A

α ν ε

)21( −−==∆ .

5.6. При использовании теории энергии изменения формы 4,50=a мм.

5.7. Эпюра изгибающих и крутящих моментов после раскрытия статической

неопределимости представлена на рис.18.9,а. Наиболее опасно сечение у заделки. Используя

теорию Мора, получим 8,29=b мм.

5.8. Эпюра изгибающих и крутящих моментов показана на рис.18.9,б. Очевидно,

наиболее опасно сечение у заделки. По теории Мора, получим 6,80≈a мм.

5.9. Суммарная эпюра изгибающих и крутящих моментов представлена на рис.18.9,в.

наиболее опасно сечение, расположенное у заделки. Используя теорию энергии изменения

формы, находим 5.491=adm M Н⋅м.

6.1. .13,1= 6.2. 55,1= .

6.3. 77,1= .

6.4. 436,0= .

6.5. 526,0= .

6.6. 436,0= .

6.7.2

5,1l

EI F cr ⋅= .

6.8.3, 3,19

l

EI n cr e ⋅= .

6.9.2

26,26l

EI F cr ⋅= .



294

6.10.2

02,2l

EI F cr ⋅= .

6.11.2

03,6l

EI F cr ⋅= .

6.12.2

9,3l

EI F cr ⋅= .

6.13. При ∗≤ cc потеря устойчивости происходит за счет поворота стержня как

жесткого целого (без изгиба). При ∗≥cc потеря устойчивости происходит без деформации

упругой опоры (как шарнирно опертая балка) ( рис.18.9,г).

Рис.18.9

6.14. Зависимость Fcr от жесткости опоры c представлена на рис.18.9,д.

7.1.1

2

18 Fr

hn

y

y

σ = ;

D

Fr w

3

1max 1,3= при 2

1

2 ==r

r β и 3 ,0=ν .

Уравнение углов поворота

nr r D

Fr

r

cr c l⋅++=

2

22

1ϑ .

Граничные условия: при 1r r = 0=r M ; при 2r r = 0=r M .

Используя граничные условия, получим

[ ] 01)1(2

1)1()1( 1

2

2

1

21 =+++−−+ ν ν ν nr Fr

r DC DC l ,

[ ] 01)1(2

1)1()1( 2

2

2

2

21 =+++−−+ ν ν ν nr Fr

r DC DC l .

Определив постоянные, находим

−

−⋅

−

+−

−−

+−= ρ

ρ β

β

β

ν

ν β

β

β

ν ϑ nnn

D

r Fr lll

22

2

2

21 1

11

1

11

1

2,



295

+−

−+= ρ

ρ β

β

β ν nn

Fr M r ll )1

1(

1)1(

2 22

2

2 ,

+−

−−

+++−

−+=ν

ν β

β

β ρ

ρ β

β

β ν

1

1

1

2)1

1(

1)1(

2 2

2

22

2

2 nnn Fr

M t lll ,

где 1

2

r

r

= β ,1r

r

= ρ .

Эпюры моментов при 2= β и 3,0=ν даны на рис.18.10,а. Наиболее опасная точка у

внутреннего контура, где напряженное состояние одноосное

2

1

2max

186

h

Fr

h

M t ==σ ;1

2

max 18 Fr

hn

y y

y

σ

σ

σ == .

Для нахождения maxw надо проинтегрировать (7.5)

∫ +−= .C dr ϑ ϑ

Граничные условия: при 1r r = и 0w = . Проинтегрировав и определив С, найдем

+

−⋅

−+

+−−

−++

= ρ ρ ρ β β

β

ν

ν ρ β

β

β

ν

ν nnnn

D

r Fr w llll

2

2

22

2

2

2

1 211

14)1)(

1

2

1

3(

8.

Максимальный прогиб у наружного края пластины при β ρ =

7.2.2

1

2

235.0 pr

hn

y

y

σ = ;

D

pr w

4

1max 8.3= при 2= β и 3,0=ν .

Уравнение углов поворота

−++=

44

1 22

221

r nr r

D

pr

r C r C lϑ .

Граничные условия: при 1r r = 0=ν ; при 2r r = 0=r M .Уравнения моментов r M и t M имеет вид

⋅

++−

++

−

⋅−+−+

−++

=2)1()1(

)1(2

01

16

1

216

)1(2)3(

4

)1(122

β ν ν

ν ρ

β

ν ρ ν ρ ν ρ

nr r M

l

[ ]

++++−⋅ )1(2)1(4)1(2 ν β β ν ν β nl ,

⋅++−

++

−

⋅++−+

−++

=2)1()1(

)1(2

1

16

1

216

)1(2)31(

4

)1(22

β ν ν

ν ρ

ν

β

ν ρ ν ρ ν ν ρ

nr t M

l

[ ]

++++−⋅ )1(2)1(4)1(2 ν ρ β ν ν β nl .

Эпюры моментов при 2= β и 3 ,0=ν представлены на рис.18.10,б.

Наиболее опасны точки у заделки:

2

2

11

2,4

h

r ρ σ = ;

2

2

12 71,0

h

r ρ σ = ; 03 =σ



296

2

2

125,4

h

r eq

ρ σ = ;

eq

y

ynσ

σ = .

Граничные условия для определения w : при 1r r = 0w =

Уравнение прогибов имеет вид:

+−++++−

++−++−−= )41(2)21(2)1()1(

2)1(42)1()1(221(1

64

4

1 ρ β β β ν ν

β β ν β ν ν β

ρ n

D

r

w l

] ρ ρ β ρ β β ν ν

β β ν β ν ν nn

nll

l 22822)1()1(

2)1(42)1()1(4 +

++−

++−+++ .

Максимальный прогиб при β ρ = , где 1

2

r

r = β ,

1r

r = ρ .

7.3.2maxmax 39,1

h

t et r == σ σ ;

D

r t w e

2

1max 13.0= .

Уравнения углов поворота:

на первом участке 10 r r ≤≤ r

cr c1

211 +=ϑ ;

на втором участке 11 4r r r ≤≤ r

cr c1

431 +=ϑ ;

Граничные условия: r=0 01 =ϑ при 1r r = 21 ϑ ϑ = и er r t M M += 21 при 14r r = 02 =ϑ .

Определив постоянные интегрирования и приняв 128 D D = , где 1 D и D D =2 -

цилиндрическая жесткость на 1-м и 2-м участках, получим

ν

ν

105137

)1(12011 +

+== e

t r

t M M ;

−+++

−=2

2

121)1(16)1(

105137 r r t M e

r ν ν ν

;

−++−+

=2

2

12

1)1(16)1(

105137 r r

t M e

t ν ν ν

.

Эпюры напряжений представлены на рис.18.10,в.

Наиболее опасны точки центрального участка:

22maxmax 39,1)2(

6

h

t

h

M et r === σ σ ;

221 39,1

h

t e== σ σ ; 03 =σ ;

239,1

h

t eeq =σ .

Уравнения прогибов на каждом участке

∫−= dr cw 151 ϑ ; ∫−= dr cw 262 ϑ .

Граничные условия: при 1r r = 21 ww = ; при 1r 4r = 0w2 = .

Определив постоянные, находим

−

+=

2

1

151

3)105137(2

21

1 r

r nr r

D

r et w l

ν ;



297

+−

+= )

1

21(16

2

1)105137(2

21

2 r

r n

r

r

D

r et w l

ν .

Максимальный прогиб в центре пластины при 0r =

7.4. h=6,2 мм.

7.5.h=6,5 мм.7.6. Эпюры напряжений mσ , t σ и eqσ показаны на рис.18.10,г.

7.7. Верхняя часть резервуара прочнее нижней в шесть раз или

h g верхeq /2

, α ρ σ = ; h g нижнeq /6 2

, α ρ σ = .

7.8. 08,0=adm ρ МПа.

Рис.18.10

7.9. В сечении nn − коэффициент запаса 2= yn , в сечении mm − 1,2= yn .

Напряженное состояние в расчетных точках сечений показано на рис.18.10,д (напряжения

даны в МПа).

7.10. )3

21

(sin2

z H H h

zctg m +−=

ϑ

ϑ γ σ ;

ϑ

ϑ γ σ

sin

)1

(

h

zctg z H H

t

+−−= .

Координата z в формулах mσ и t σ изменяется в пределах от нуля до 1 H . При z=0

напряжения mσ и t σ по изложенной теории вычислены быть не могут. Из условия 0=dz

d mσ

находится координата )(4

31 H H Z −−=∗ , при которой mσ принимает экстремальное

значение. При

2

)( 11

H H Z

−−=∗ 0=

dz

d t σ .

Следовательно, ∗ Z и 1 Z ∗ не лежат в интервале 10 H z ≤≤ . Функции mσ и t σ на этом

интервале не имеют экстремумов и наибольшие напряжения возникают при 1 H z = . На

рис.18.11 приведены эпюры напряжений mσ и t σ [МПа].

7.11. 1,1= yn Трубка находится под действием внутреннего давления ρ и крутящего

момента FD5 ,0T = . Наиболее напряженные точки расположены у внутренней поверхности

трубки, где 424=eqσ МПа. Компоненты напряжений в этих точках 200−=r σ МПа;

217=t σ МПа; 33,8= z σ ; 8,40= zt τ МПа.

7.12. 7,106=eqσ МПа; 1< yn . После усиления конструкции стальным цилиндром

2,88=eqσ МПа; 02,1= yn .

8.1. Перемещение верхнего сечения второго стержня в два раза превышает перемещение аналогичного сечения первого стержня. Эпюры перемещений поперечных

сечений приведены на рис.18.12.



298

8.2. Поместив начало отсчета координаты z в верхнем сечении ( рис.18.13), из условия

равнопрочности const z A

z N =

)(

)( приходим к дифференциальному уравнению

C

gdz

z A

z dA ρ −=

)(

)(,

решение которого имеет вид

)exp()( 00 z

m

A A z A ρ −= .

Рис.18.11 Рис.18.12

Рис.18.13 Рис.18.14

8.3. x

xbbbW

A M N

3222

max, 2)()( l

l ω ρ

ρω σ σ σ +=+= ; cb max,max, σ σ > . Расчетная схема и

эпюры x M и N представлены на рис.18.14,а,б,в.

8.5.)99301(

2

1 ν ρ

σ ω

+= adm

admr

.

8.6. min(n=0,97 – для диска; n=2,6 – для бандажа) 97,0=n

38,1628

868==

раб

осв

ω .

8.7. 2241, =dinσ МПа; 1122, −=dinσ МПа; 31022,0 −⋅=dinδ м.

8.8. 106, =балкаdinσ МПа; 221. =dinпinпτ МПа.

8.9. 11≈din K ; 6,27=dinτ МПа – в вертикальном стержне;2,55=dinσ МПа – в горизонтальном стрежне.

8.10. 54≈dinσ МПа.



299

Рекомендуемая литература

1. Феодосьев В.И. Сопротивление материалов. - М.: Наука, 1986.-512с.

2. Миролюбов И.Н. и др. Пособие к решению задач по сопротивлению материалов. –

М.:Высшая школа, 1976. - 392с.

3. Бильтриков В.Н., Горбатовский А.А., Газарян А.С., Егодуров Г.С. Расчеты

стержневых систем на прочность, жесткость и устойчивость. – Улан-Удэ:Бурят.кн.изд-во, 1989. - 208с.

4. Бильтриков В.Н., Егодуров Г.С. Расчеты на прочность при напряжениях, переменных

во времени.-Улан-Удэ:Бурят.кн.изд-во, 1982. – 136 с.

5. Белкин А.Е., Бильтриков В.Н., Вафин Р.К. и др. Решение задач по сопротивлению

материалов на ЭВМ. – Новосибирск: Изд-во НГУ,1994. - 127с.

6. Александров Е.В., Соколинский В.Б. Прикладная теория и расчеты ударных систем. –

М: Наука, 1969. – 200с.

7. Когаев В.П. Расчеты на прочность при напряжениях, переменных во времени. –

М.:Машиностроение, 1977. - 232с.

8. Когаев В.П., Махутов Н.А., Гусенков А.П. Расчеты деталей машин и конструкций на

прочность и долговечность. – М.: Машиностроение, 1985. – 223с.9. Вафин Р.К. Основы расчетов на прочность при напряжениях, переменных во

времени.-М.:Изд-во МВТУ им. Баумана, 1978. - 58с.

10. Бидерман В.Л. Механика тонкостенных конструкций. – М.: Машиностроение, 1977. –

488с.

11. Лихарев К.К., Сухова Н.А. Сборник задач по курсу «Сопротивление материалов».-

М.:Машиностроение, 1980. –224с.

12. Благонадежин В.Л. Сборник задач по курсу «Механика материалов и конструкций».

Расчеты на прочность элементов энергетического оборудования. – М.:Изд-во

МЭИ,1987. – 80с.



Documents

Zbirka Otpornost Materijala - Russia