МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РЕСПУБЛИКИ КАЗАХСТАН СЕМИПАЛАТИНСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ имени

Реклама
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РЕСПУБЛИКИ
КАЗАХСТАН
СЕМИПАЛАТИНСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ имени
ШАКАРИМА
Документ СМК 3 уровня
УМКД
УМКД 042-14-1-02.1.20.86
УМКД
/03-2011
Учебно-методические
Редакция
материалы по дисциплине
№3
«Инженерная механика2 »
УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКИЙ КОМПЛЕКС
ДИСЦИПЛИНЫ
“ Инженерная механика2 ”
для специальности
5В072900 “ Строительство ”
УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКИЕ МАТЕРИАЛЫ
Семей 2011
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 2 из 72
Содержание
1
2
3
4
Литература
Лекции
Практические занятия
Самостоятельная работа студента
3
4
27
52
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 3 из 72
1. Литература
1.1. Основная
Бутенин Н. В., Лунц Я. Л., Меркин Д. Р. Курс теоретической механики. Т. 1, 2. М.,
1985 и предыдущие издания.
Добронравов В. В., Никитин Н. Н. Курс теоретической механики. М., 1983.
Старжинский В. М. Теоретическая механика. М., 1980.
Тарг С. М. Краткий курс теоретической механики. М., 1986 и предыдущие
издания.
Я6лонский А. А., Никифорова В. М. Курс теоретической механики. Ч. 1. М., 1984 и
предыдущие издания.
Я6лонский А. А. Курс теоретической механики. Ч. 2. М., 1984 и предыдущие
издания.
Мещерский И. В. Сборник задач по теоретической механике. М., 1986 и предыдущие
издания.
Сборник задач по теоретической механике/Под ред. К. С. Колесникова. М., 1983.
.Дарков А. В., Шпиро Г. С. Сопротивление материалов. М., 1975 (а также издание 1969).
Феодосьев В. И. Сопротивление материалов. М., 1974 (а также предыдущие издания).
Сборник задач по сопротивлению материалов/Под ред. В. К. Ка-чурина. М., 1972.
Пособие к решению задач по по сопротивлению материалов. Учебное пособие для
техн. вузов. Миролюбов И.Н., Енгалычев С.А., Сершевский Н.Д и др -5-ое изд, перераб. доп
–М: Высш шк., 1985-399с
Лабораторный практикум по по сопротивлению материалов, учебное пособие.
Афанасьев А.М, Марьин В.А. Издание 2-ое, переработанное. Главная редакция физикоматематической литературы издательства “Наука”, 1975-286с.
1.2. Дополнительная
Бать М. И., Джанелидзе Г. Ю., Кельзон А. С. Теоретическая механика в примерах и
задачах. Ч. 1, 2. М., 1984 и предыдущие издания.
Сборник задач по теоретической механике /Бражниченко Н. А., Кан В. Л., Минцбере Б.
Л. и др. М., 1987.
Ноеожилов И. В., Зацепин М. Ф. Типовые расчеты по теоретической механике на базе
ЭВМ. М., 1986,
Сборник заданий для курсовых работ по теоретической механике. / Под ред. А. А.
Яблонского. М., 1985 и предыдущие издания (содержит примеры решения задач).
Степин П.А. Сопротивление материалов. Учебник для немашиностроительных
специальностей вузов. -7-ое издание –М: Высш. Школа. 1983-303с.
Ицкович Г.М, Винокуров А.И, МишинЛ.С. Руководство к решению задач по
сопротивлению материалов. Уч. изд.-Л:1963-349с.
Ф и л о н е нко - Б о р о д и ч М. М., II з ю м о а С. М., О л и с о в Б. Д. и др.
Сопротивление материалов. М., 1955 и 1956.—Ч. 1 и 2.
Работнов Ю. Н. Сопротивление материалов. М., 1962,
У м а н с к и и А. А., Афанасьев А. М., В о л ь м и р А. С. и др. Сборник задач по
сопротивлению материалов. М., 1964.
Феодосьев В. И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению материалов. М., 1967.
Б е л я е в Н. М. Лабораторные работы по сопротивлению материалов. М., 1956.
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 4 из 72
2 ЛЕКЦИИ
Кинематика
Кинематика — раздел механики, в котором изучаются геометрические свойства
движения точку или тела вне зависимости от их массы и причин, вызывающих это движение.
Кинематика точки
Задать движение точки — значит, задать правило, в соответствии с которым можно
указать положение точки в каждый момент времени. Наиболее распространенными и
удобными способами задания движения точки являются: векторный, координатный и
естественный.
Векторный способ задания движения точки. Положение точки М задается

радиусом-вектором rp (t), проведенным в нее из неподвижного центра (полюса) Р (рис. 1).
Радиус-вектор является векторной функцией скалярного аргумента — времени t, с течением

времени конец вектора rp описывает в пространстве кривую, которая называется
траекторией точки.
Наряду с радиусом-вектором кинематическое состояние

точки М характеризуют векторы скорости v (t) и ускорения

а (t).

 drP 
Скорость точки v 
 rP - вектор производной по
dt
времени от радиуса- вектора, характеризует быстроту и
направление изменения положения точки в пространстве.
Вектор скорости направлен по касательной к траектории в точке
М.
  
Ускорение точки а  v  rP - вектор первой производной
по времени от вектора скорости, или второй производной от
радиуса-вектора. Ускорение удобно представить в виде суммы
 
 n 
двух векторов а , a , расположенных в плоскости, образуемой векторами v и а :
 

а  а n  a .


Вектор a  направлен параллельно v и называется касательным (тангенциальным)


ускорением, а вектор а n направлен перпендикулярно a  в сторону вогнутости траектории и
называется нормальным ускорением.


Величины a  и а n можно найти по формулам:
 
a v d

a 
 , a n  a 2  (a ) 2
v
dt
 
 
где a  v - скалярное произведение векторов a и v
Координатный способ задания движения точки. Положение точки в пространстве
задается тремя функциями времени
х = х(t), у = у(t), z = z(t),
(1)
где х, у, z — декартовы координаты точки М. Этот способ является другим представлением

векторного, так как радиус-вектор r0 , выходящий из начала координат, можно представить в
виде векторной суммы
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 5 из 72




r0  x(t )i  y(t ) j  z(t )k
  
где i , j , k , — единичные векторы (орты), направленные вдоль координатных осей х, у, z
(рис. 1).
Проекции скорости на оси координат v x , v y , v z определяются дифференцированием по
времени соответствующих функций (1):
v y  y
(2)
v x  x
v z  z
Вектор скорости находится в виде геометрической суммы трех векторов:




v  vx i  v y j  vz k
а модуль скорости - по формуле
v  v x2  v y2  v z2
(3)

Проекции ускорения на оси координат a x , a y , a z , ускорение a , а также его модуль a
находятся по формулам
a z  v x  x, a y  v y  y, a z  v z  z



(4)

a  a x i  a y j  a z k , a  a x2  a y2  a z2
Значение касательного ускорения вычисляется при помощи выражения
xx  yy  zz
a 
x 2  y 2  z 2
(5)
При a  > 0 движение точки называется ускоренным, так как модуль скорости является в
данный момент времени возрастающей функцией. При a  < 0 движение называется
замедленным.
Естественный способ задания движения точки. Положение точки в пространстве
определяется заданием:
а) траектории точки;
б) начала отсчета на траектории (точки О, от которой будет отсчитываться дуговая
координата s);
в) положительного направления отсчета дуговой координаты;
г) закона движения точки s = s(t) — зависимости ее дуговой координаты от времени.
Дуговая координата s — это длина дуги траектории, отсчитываемая от точки О до точки М:
Ели отсчет длины ведется в положительном направлении, то значение дуговой координаты
положительно, а в противоположном случае — отрицательно.
Естественные оси координат наиболее удобны для изучения движения точки, заданного
естественным способом. Сначала в точке М строится соприкасающаяся окружность, которая
из всех мыслимых окружностей, проходящих через точку М, наиболее
плотно смыкается с траекторией (рис. 2). Центр этой окружности
называется центром кривизны траектории, а ее радиус р — радиусом
кривизны траектории в точке М. Величина k = 1/р называется
кривизной траектории. На пологих участках траектории значения р
больше, чем в точках искривленных участков, а k, наоборот - меньше.
Плоскость, в которой лежит соприкасающаяся окружность,
называется соприкасающейся плоскостью, и часть траектории в
окрестности точки М практически лежит в этой плоскости.
Естественными осями координат называются три взаимно перпендикулярные оси:
касательная к траектории в точке М, направленная в сторону возрастания дуговой
координаты глав нал нормаль, лежащая в соприкасающейся плоскости и направленная к
центру кривизны; бинормаль, перпендикулярная соприкасающейся плоскости и
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 6 из 72
направленная так, что если посмотреть навстречу ее положительному направлению,
ближайший поворот касательной оси к оси главной нормали кажется происходящим против
  
хода часовой стрелки. Единичные векторы (орты) обозначаются соответственно  , n , b (рис.
   
2), они образуют правую тройку. По построению v  и a  b
Используя естественные оси координат, векторы скорости и ускорения точки М можно
записать в виде

  



v  v a  a   a n  a    a n n
(6)
v  s
a   v  s
an  v2 / 
Величина v называется алгебраическим значением скорости и может быть как меньше, так и
больше нуля. При положительном значении v скорость точки направлена в сторону
положительного отсчета дуговой координаты. Абсолютное значение v равно модулю
скорости. Аналогично a  называется алгебраическим значением касательного ускорения, и,

например, при a  < 0 вектор a  направлен в сторону отрицательного отсчета дуговой
координаты
При одинаковых знаках v и a  движение точки в рассматриваемый момент времени
ускоренное, при разных - замедленное. Нормальное ускорение равно нулю при движении
точки по прямолинейному участку траектории. Касательное ускорение точки равно нулю,
когда при движении точки алгебраическое значение величины скорости остается
постоянным.
Равнопеременным движением точки называется движение, при котором a   a0  const . В
этом случае алгебраическое значение скорости и дуговая координата могут быть найдены по
формулам:
v  v0  a 0 (t  t 0 )
1
s  s 0  v0 (t  t 0 )  a 0 (t  t 0 ) 2
2
(7)
Здесь v0 и s0 - алгебраическое значение скорости и дуговая
координата, соответствующие моменту времени t 0
Равномерным называется такое движение точки, при котором
a  0
В общем случае дуговая координата s и пройденный точкой путь D
могут быть найдены по формулам:
t
t
t0
t0
s   vdt D   v dt .
Отсюда видна разница между дуговой координатой и путем, пройденным точкой. Кинематика твердого тела
Теорема: проекции скоростей двух точек твердого тела на прямую, их соединяющую, равны
(рис. 4).
Эта теорема справедлива для произвольного движения тела и
утверждает, что проекции должны быть равны и по величине, и
по направлению.
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 7 из 72
Простейшие движения твердого тела: поступательное и вращение вокруг неподвижной оси.
Поступательное движение. Движение твердого тела называется поступательным,
если любая прямая, проведенная в нем, при движении остается параллельной своему
первоначальному направлению. Свойства поступательного движения: траектории всех точек
твердого тела при наложении совпадают, скорости и ускорения всех точек тела одинаковы в
каждый момент времени:


 


v A  vB  v , a A  aB  a
где А и В - любые точки.
Вращение вокруг неподвижной оси. При вращении твердого тела вокруг
неподвижной оси, называемой осью вращения, его точки, лежащие на оси, остаются
неподвижными. Через ось проведем две плоскости — неподвижную и подвижную, в которой
находится точка тела, скорость и ускорение которой необходимо найти. Двугранный угол 
между подвижной и неподвижной плоскостями называется угол поворота тела, он
измеряется в радианах. Угол поворота считают положительным, когда он отсчитывается от
неподвижной плоскости к подвижной против хода часовой стрелки, если смотреть навстречу
положительному направлению оси вращения. Чтобы было известно положение тела (и
каждой его точки) в любой момент времени, необходимо знать зависимость угла р от
времени :
   (t )
Это уравнение выражает закон вращения твердого тела вокруг неподвижной оси.
Вместе с функцией  (t ) ее первая и вторая производные по времени характеризуют
кинематическое состояние твердого тела в рассматриваемый момент времени
       
где  - угловая скорость тела,  - его угловое ускорение.
Траекторией произвольной точки М твердого
тела является окружность, радиус которой R
называется радиусом вращения точки. На рис. 5
эта окружность изображена со стороны
положительного направления оси вращения.
Знак  ‚ указывает направление вращения:
если он положителен, то вращение происходит
против хода часовой стрелки. Угловую скорость
и угловое ускорение удобно изображать при
помощи дуговых стрелок с учетом их знаков.
Если знаки  и  одинаковы, то говорят,
что вращение ускоренное, если знаки разные — замедленное.
Вращение твердого тела называется равнопеременным, когда    0  const .
В этом случае зависимости угла поворота и угловой скорости от времени даются формулами:
   0   0 (t  t 0 )
1
   0   0 (t  t 0 )   0 (t  t 0 ) 2
2
аналогичными формулам для равнопеременного движения точки (7).
Равномерное вращение твердого тела является частным случаем равнопеременного, когда
 0  сonst  0 .
В общем случае при вращении твердого тела вокруг неподвижной оси модуль скорости
точки М находится по формуле
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 8 из 72
(9)
v R
При этом скорость направлена по касательной к окружности, т.е. перпендикулярно к
радиусу, и ее направление согласовано с направлением дуговой стрелки  . Величины
касательного, нормального и полного ускорения можно найти по формулам, являющимся
частными случаями формул (6):
a    R, a n   2 R,
a  R  2   4.

Вектор касательного ускорения a  направлен по касательной к окружности, и его

направление согласовано с направлением дуговой стрелки  , вектор a  направлен по

радиусу R к центру окружности. Острый угол  ‚ между a и R можно найти по формуле

a
tg  n  2
a


при этом направление ближайшего поворота от a к R будет согласовано с направлением
дуговой стрелки 
Величины ,  ,  , входящие в последние формулы, одинаковы для всех точек тела
и характеризуют кинематическое состояние тела в целом.
Из формул следует, что векторы v и а разных точек тела, лежащих на одном радиусе,
параллельны между собой и линейно зависят от расстояния, до оси вращения (рис. 5).
Плоскопараллельное движение твердого тела
Плоскопараллельным называется такое движение твердого тела, при котором
остается постоянным расстояние от любой его точки до некоторой неподвижной плоскости,
которая называется основной. Изучение плоскопараллельного движения сводится к
исследованию движения плоской фигуры в ее плоскости. Вращение твердого тела вокруг
неподвижной оси является частным случаем плоскопараллельного движения. Угол поворота
плоской фигуры  (t ) отсчитывается от некоторой неподвижной прямой до прямой,
неизменно связанной с фигурой. Правило знаков для  принимается такое же, как в случае
вращения тела вокруг неподвижной оси.
Положение плоской фигуры полностью определено, если известны координаты некоторой ее
точки (полюса, центра) Р и угол поворота. Соотношения
x p  x(t ), y p  y (t ),    (t )
задающие три функциональные зависимости от времени, называются уравнениями движения
плоской фигуры. Угловая скорость  и угловое ускорение  вводятся аналогично случаю
вращения тела вокруг неподвижной оси:    ,      .
Теорема о скоростях точек плоской фигуры:
скорость любой точки В плоской фигуры равна
геометрической сумме векторов скорости

полюса v p и скорость, которую имела
бы точка В при вращении фигуры вокруг
неподвижного полюса Р (рис.6)



v В  v p  v ВР

Скорость v BP перпендикулярна отрезку ВР,
ее величина подсчитывается по формуле v BP   BP ,
а направление согласовано с направлением дуговой стрелки  .
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 9 из 72
Точка Рv, плоской фигуры, скорость которой в рассматриваемый момент времени равна
нулю, называется мгновенным центром скоростей. Если эту точку принять в качестве


полюса, скорость произвольной точки В плоской фигуры определится по формуле v B  v BPv .

Направление v B будет согласовано с направлением дуговой стрелки угловой скорости, а ее
модуль найдется из формулы v B   BPv . Скорости точек плоской фигуры в
рассматриваемый момент времени будут распределены так. же, как в случае вращения
фигуры вокруг неподвижной оси, проходящей через мгновенный центр скоростей. Поэтому
можно воспользоваться формулой (9) вращательного движения:
v
v
v
  B  C  D
BPv CPv DP v
На рис. 7 показаны вариантт расположения мгновенного центра скоростей:
а) при качении без проскальзывания по неподвижной поверхности мгновенный центр
скоростей находится в точке касания (рис. 7, а);
 

б) если в v B vC и vB  BC , то положение Pv определяется построением, показанным на рис.
7, 6;
 

в) если v B vC и отрезок ВС не перпендикулярен v B , то мгновенного центра скоростей нет,
 =0, скорости всех точек тела одинаковы в данный момент времени (рис. 7, в).
Пример. Найти в момент времени t = 1 с скорости точек А, В и С
линейки эллипсографа, движение которого описано в примере
из
разд. 1.1.
Решение. Стержень АВ совершает плоскопараллельное
движение. Проводя перпендикуляры к направлениям скоростей
точек А и В, найдем положение мгновенного центра скоростей
Рv
1
(рис. 8). Угловую скорость     1с изобразим дуговой
стрелкой с учетом знака. Направим скорости точек А, В и С
перпендикулярно прямым, соединяющим их с Рv , согласовав их
направления с дуговой стрелкой угловой скорости. Величины скоростей найдем из
соотношения
v
v
v
 A  B  c ,
APv BPv CPv
откуда v A  vC  1,0 м / с,
vB  3  1,73 м / с
Теорема об ускорениях точек плоской фигуры: ускорение любой точки В плоской


фигуры равно геометрической сумме векторов ускорения полюса а Р и ускорения а ВР ,
которое имела бы точка В при вращении фигуры вокруг неподвижного полюса Р:
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 10 из 72





n
(10)
a B  a P  a BP  a P  a BP
 a BP

n
n
Модули векторов a BP и a BP их ориентация на плоскости следующие: a BP || ВР и направлен к
n

полюсу Р; a BP
  2 ВР; а ВР
 ВР и согласован с направлением дуговой стрелки

 , аВР   ВР (рис. 9).
Если спроектировать векторное равенство (10) на два
направления — параллельное ВР и перпендикулярное ВР,
получится система двух скалярных уравнений
a B cos   a P cos    2 BP ,
a B sin   a P sin    BP ,
в которых фигурируют семь величин — aB , aP ,  ,  , BP, ,  .
Если пять из них
известны, то оставшиеся две могут быть найдены путем
решения системы.
Мгновенным центром ускорений плоской фигуры
называется неизменно связанная с ней точка Ра, ускорение которой в рассматриваемый
момент времени равно нулю. Картина распределения ускорений точек плоской фигуры такая
же, как при ее вращении вокруг неподвижной оси, проходящей через точку Ра.
Динамика материальной точки
Дифференциальные уравнения движения материальной точки
Движение материальной точки по отношению к инерциальной системе отсчета
описывается вторым законом Ньютона:
l 
 n 
ma   F j   Rk (1)
j 1
k 1

где т — масса точки, а — ее ускорение, в правой части равенства — геометрическая сумма
всех сил, приложенных к точке. Причины возникновения каждой из сил могут быть


различными. Здесь мы будем различать силы активные F j и силы реакции связей Rk .
Активные силы зависят от времени t, а также от положений и скоростей точек механической
системы. К активным силам относятся, например, силы тяжести, упругости, вязкого трения,
аэрогидродинамического сопротивления и т.п.
Силы реакций связей действуют на несвободную материальную точку, когда ее
движение стеснено механическими связями. Эти силы можно определить лишь в процессе
решения задачи динамики.
Выберем декартовы оси инерциальной системы отсчета х, у, z и, проектируя на них обе части
векторного равенства (1), получим
d 2x
m 2   F jx   Rkx
dt
d2y
m 2   F jy   Rky
dt
d 2z
m 2   F jz   Rkz
dt
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 11 из 72
Эти три уравнения называются дифференциальными уравнениями двтижения
материальной точки в декартовых координатах.
Дифференциальные уравнения движения точки в проекциях на естественные оси
координат имеют вид
dv
m
  F j   Rk
dt
mv 2
  F jn   Rkn

0   F jb   Rkb
Здесь учтено, что a 
dv
,
dt
an 
v
2

,
ab  0 .
Первая и вторая задачи динамики
В уравнения движения (см. разд. 4.1) неизвестные могут входить как в левые, так и в правые
части, В зависимости от этого задачи динамики делятся на два типа, которые рассмотрены
ниже.
Первая задача динамики. Задан закон движения и активные силы, необходимо
найти силы реакций связей.
Вторая задача динамики. Заданы активные силы, уравнения механических связей,
начальное положение точки и ее начальная скорость, необходимо найти закон движения
точки и реакции связей.
Вторую задачу динамики рекомендуется решать последовательно в несколько этапов,
перечисленных ниже.
1. Рисуют предполагаемую траекторию движения, на которой изображают материальную
точку.
2. Рисуют силы, приложенные к точке.
3. Записывают второй закон Ньютона в векторной форме.
4. Выбирают удобную систему координат.
5. Записывают уравнения движения точки в проекциях либо на оси ,декартовой системы
координат, либо на оси естественного трехгранника. В первом случае все активные силы
необходимо выразить через t, x, y, z, x , y , z , а во втором — через t, s, s .
6. К полученным дифференциальным уравнениям добавляют начальные условия: значения
координат и проекций скорости точки в начальный момент времени (они берутся из условия
задачи с учетом введенной системы координат).
7. Поставленную задачу решают численно или аналитически методами, известными из курса
высшей математики.
Указанные этапы решения рекомендуется выполнять, не меняя порядка их следования.
Общие теоремы динамики механической системы
Довольно часто удается выделить особенности движения механической системы, не
прибегал к интегрированию системы дифференциальных уравнений движения. Это
достигается применением общих теорем динамики.
Основные понятия и определения
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 12 из 72
Внешние и внутренние силы. Любая сила, действующая на точку механической
системы, обязательно является либо активной силой, либо реакцией связи. Всю совокупность
сил, действующих на точки системы, можно разделить на два класса иначе: на внешние силы
F e и внутренние силы F i (индексы е и i — от латинских слов externus — внешний и internus
— внутренний). Внешними называются силы, действующие на точки системы со стороны
точек и тел, не входящих в состав рассматриваемой системы. Внутренними называются силы
взаимодействия между точками и телами рассматриваемой системы.
Это разделение зависит от того, какие материальные точки и тела включены исследователем
в рассматриваемую механическую систему. Если расширить состав системы, включив в нее
дополнительно точки и тела, то некоторые силы, которые для прежней системы были
внешними, для расширенной системы могут стать внутренними.
Свойства внутренних сил. Поскольку эти силы являются сила ми взаимодействия
между частями системы, они входят в полную систему внутренних сил «двойками»,
организованными в соответствии с аксиомой действия — противодействия. У каждой такой
двойки сил главный вектор и главный момент относительно произвольного центра равны
нулю. Так как полная система внутренних сил состоит только из «двоек», то
1) главный вектор системы внутренних сил равен нулю,
2) главный момент системы внутренних сил относительно произвольной точки равен нулю.
Массой системы называется арифметическая сумма масс m , всех точек и тел, образующих
k
систему:
m  m
k.
Центром масс (центром инерции) механической системы называется геометрическая
точка С, радиус-вектор и координаты которой xс , y , z c определяются формулами
c
rc 
m r
k k
m
,
xc 
m x , y  m y ,  m z
z
m
m
m
k
k
k
k
c
k k
c
,
где rk , xk , y k , zk - радиус-векторы и координаты точек, образующих систему.
Для твердого тела, находящегося в однородном поле тяжести, положения центра масс и
центра тяжести совпадают, в других случаях это разные геометрические точки.
Вместе с
инерциальной системой отсчета часто рассматривают одновременно неинерциальную
систему отсчета, движущуюся поступательно. Ее оси координат Cx y z (оси Кёнига)
выбирают так, чтобы начало отсчета С постоянно совпадало с центром масс механической
системы. В соответствии с определением центр масс неподвижен в осях Кёнига и находится
в начале координат.
Моментом инерции системы относительно оси z называется скалярная величина I Z ,
равная сумме произведений масс mk всех точек системы на квадраты их расстояний hk до
оси:
IZ   m h 2 .
k k
Если механической системой является твердое тело, для нахождения
воспользоваться формулой
IZ
можно
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 13 из 72
I Z   p( x 2  y 2 )dV ,
v
где р(x, y, z) – плотность, а V – объём, занимаемый телом.
Момент инерции однородного диска массы m радиуса R относительно оси,
перпендикулярной его плоскости и проходящей через центр, подсчитывается по формуле
IZ 
1
mR 2 .
2
(1)
Теорема Гюйгенса о моментах инерции относительно параллельных осей, одна из которых
проходит через центр масс:
I Z  ICZ + md 2 .
Где I Z и I CZ — моменты инерции относительно параллельных осей z и C Z причем ось C Z
проходит через центр масс, d — расстояние между осями, m — масса системы. Из теоремы
следует, что I CZ < I Z .
Теорема о движении центра масс
Формулировка теоремы: центр масс механической системы движется так же, как
двигалась бы материальная точка с массой m, равной массе системы под действием внешних
сил, приложенных к системе:
(2)
mac   Fk

где m - масса системы, а ac — ускорение центра масс. Математическая запись теоремы (2)
похожа на второй закон Ньютона. Дадим более подробное изложение теоремы. При
движении системы ее центр масс C движется по некоторой траектории. Пусть, например, в

момент времени t 0 , он находится в положении B и имеет скорость VC 0 . Если теперь в момент
e
времени t 0 в положение B поместить точку массы m, сообщить ей скорость и приложить к
ней силы, равные внешним силам, действующим на систему, то, начиная с этого момента,
точка будет двигаться вместе с центром масс системы, по одной и той же траектории с
одинаковой скоростью и одинаковым ускорением. Из уравнения (2) можно получить
,дифференциальные уравнения движения центра масс в проекциях на оси декартовой
системы координат:
e
mxc   Fkx , myc   Fky , mzc   Fkz
e
e
Закон сохранения скорости центра масс механической системы: если главный
вектор внешних сил системы равен нулю, центр масс системы движется с постоянной
скоростью, те, если
e

F
 k = 0, то vc  const .
Отметим, что в этом случае постоянным является вектор скорости, а не только его модуль,
поэтому центр масс будет двигаться равномерно и прямолинейно.
Если проекция главного вектора внешних сил системы, на какую- либо ось равна нулю, то
проекция скорости центра масс системы на эту ось остается постоянной. Например, если
 Fkx  0 , то vcx  const .
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 14 из 72
Теорема об изменении количества движения

Количеством движения точки массы m, движущейся со скоростью V называется


вектор Q  mv .
Количеством движения механической системы называется главный вектор количеств
движения всех точек системы:


Q   Qk .
Можно доказать, что количество движения системы равно количеству движения
воображаемой материальной точки имеющей массу системы и движущейся со скоростью


центра масс: Q  mvc .

Импульс силы. Пусть к движущейся материальной точке приложена сила F (кроме
нее к точке могут быть приложены и другие силы, но сейчас мы выделили только одну из
них).

Элементарным импульсом силы F за элементарный промежуток времени dt называется

вектор dS :
 
dS  Fdt


Импульсом силы F за конечный промежуток времени от t 0 до t называется вектор S :
 t  t 
S   dS   Fdt.
t0
t0
Проекции импульса силы на координатные оси могут быть вычислены по формулам
t
t
t
t0
t0
t0
S x   Fx dt , S y   Fy dt , S z   Fz dt , .
Разные формулировки теоремы о количестве движения.
Теорема об изменении количества движения в дифференциальной форме:
производная по времени от количества движения механической системы равна главному
вектору внешних сил системы:


dQ
  Fke
dt
или, по-другому: дифференциал количества движения системы равен геометрической сумме
элементарных импульсов всех внешних сил, действующих на точки системы:


dQ   dS ke .
Проектируя на оси координат (например, на ось х), получим
dQx
  Fkxe или dQx   dSkxe .
dt
Теорема об изменении количества движения в интегральной форме: изменение
количества движения механической системы за некоторый промежуток времени равно сумме
импульсов внешних сил системы за тот же промежуток времени:
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 15 из 72
 

Q  Q0   S ke .



где векторы Q и Q0 соответствуют моментам времени t и t 0 , а S ke импульсы внешних сил системы за промежуток времени от t 0 до t. В
проекциях на координатные оси (например, на ось х)
Qx  Qx 0   Skxe
При использовании теоремы применительно к одной материальной точке следует иметь в
виду, что любая сила, приложенная к точке, является внешней.
Закон сохранения количества движения.
Закон сохранения количества движения механической системы:


если  Fke  0 , то Q  const.
Закон сохранения проекции количества движения на какую-либо ось (например, на ось
х):
если
F
e
kx
 0 , то Qx  const .
(4)
Теорема об изменении кинетической энергии
Элементарная работа. Рассмотрим точку В, перемещающуюся под действием

системы сил. Малое перемещение точки вдоль траектории характеризуется вектором dr

(рис. 31). Из системы выделим одну силу F .


Элементарной работой силы F на перемещении dr называется скалярная величина


dA , равная скалярному произведению векторов F и dr :
 
dA  F  dr  F  dr cos .
В координатной форме элементарная работа подсчитывается по формуле
dA  Fx  dx  Fy  dy  Fz dz


где Fx , Fy , Fz , dx , dy, dz - координаты векторов F и dr соответственно.
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 16 из 72
Следует подчеркнуть, что, несмотря на принятую. форму записи, элементарная работа dA не
обязательно является полным дифференциалом некоторой функции, зависящей от
координат.
Знак элементарной работы определяется косинусом угла  она положительна для
0     / 2 ,отрицательна для  / 2     и равна нулю при a   / 2 .
Вычисление элементарной работы в частных случаях.
1. Элементарная работа силы, приложенной к твердому телу, вращающемуся вокруг
неподвижной оси z , находится по формуле

dA   M z ( F )d .
2. Сумма элементарных работ сил пары, приложенной к телу, вращающемуся вокруг
неподвижной оси и при плоскопараллельном движении, может быть подсчитана так:
dA   M d .
Здесь М - момент пары сил, d — элементарный угол поворота тела. Знак «плюс» берется
при одинаковых направлениях дуговых стрелок момента пары и направления вращения,
«минус» — при различных направлениях (плоскость действия пары предполагается
параллельной основной плоскости).
3. При вычислении элементарных работ сил трения, приложенных к телу, катящемуся без
проскальзывания, необходимо учесть, что в точке касания Р (рис. 32) действу сила


нормального давления N сила трения FТР и пара сил трения качения с моментом
MТР  Nk .Поскольку, в силу отсутствия проскальзывания, точка касания является

 
мгновенным центром скоростей и ее скорость VP равна нулю, то и dr  VP dt  0 , откуда
dAN  dAТР  0 , dAM  MТР d   N  k  d.
4. Можно доказать, что сумма элементарных работ сил, приложенных к твердому телу, равна
сумме элементарных работ статически эквивалентной системы сил. По теореме о приведении
системы сил к заданному центру произвольную систему сил можно заменить эквивалентной

системой, состоящей из силы R приложенной в наперед заданной точке Р, и пары сил с

моментом M P . Поэтому довольно часто вместо громоздкого подсчета суммы элементарных
работ большого числа сил, приложенных к телу, подсчитывают сумму элементарных работ
одной силы и одной пары.
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 17 из 72

Работа силы. Потенциальная сила. Работа силы F на конечном перемещении точки
по траектории DE (см. рис. 31) равна криволинейному интегралу
 
A   dA   F  dr   Fx dx  Fy dy  Fz dz.
DE
DE
DE
Сила называется потенциальной, если ее работа не зависит от формы траектории, а зависит
лишь от ее начальной и конечной точек.
Примером потенциальной силы является сила тяжести G, ее работа может быть подсчитана
по формуле
A  G( z  z0 )

Здесь ось z выбрана параллельно линии действия силы веса и направлена ей навстречу, G —
сила веса, z0, z  координаты начальной и конечной точек траектории.
Кинетическая энергия. Кинетической энергией точки массы m движущейся со

скоростью v , называется скалярная величина Т, определяемая формулой
T
mv2
2
Кинетической энергией механической системы называется сумма кинетических энергий всех
ее точек:
T  Tj  
m j v 2j
2
.
Можно доказать, что кинетическая энергия системы равна сумме кинетической энергии
центра масс и кинетической энергии системы при ее относительном движении в системе
отсчета Кёнига:
m j (v j )
mv2
T  C 
2
2
2
где m   m j , а v j относительные скорости точек.
Формулы для кинетической энергии твердого тела:
а) при его поступательном движении: T 
1 2
mvC ,
2
б) при вращении вокруг неподвижной оси z: T 
1
I z 2
2
1 2 1
mvc  I c 2 где I C - момент инерции тела
2
2
относительно оси, перпендикулярной основной плоскости и проходящей через центр масс С.
в) при плоскопараллельном движении: T 
Разные формулировки теоремы о кинетической энергии.
Теорема об изменении кинетической энергии в дифференциальной форме: дифференциал
кинетической энергии механической системы равен сумме элементарных работ сил,
приложенных к точкам системы, на их элементарных перемещениях
dT   dAj.
(11)
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 18 из 72
Теорема об изменении кинетической энергии в интегральной форме: изменение
кинетической энергии механической системы при некотором ее перемещении равно сумме
работ всех сил, приложенных к точкам системы, на перемещениях этих точек
T  T0   Aj.
Замечание. В отличие от трех ранее рассмотренных теорем динамики системы последняя
теорема характеризуется следующими особенностями:
1) теорема об изменении кинетической энергии связывает не векторные величины, а
скалярные;
2) в правую часть равенства входят работы всех сил, не только внешних, но и внутренних
(возможно также разбиение суммы работ на сумму работ активных сил и сил реакций
связей);
3) сумма работ внутренних сил, приложенных к точкам твердого тела равна нулю.
Принцип Даламбера
Силы инерции. Принцип Даламбера. Пусть точка материальной системы движется
под действием некоторой системы сил (эти силы могут быть разбиты либо на внешние и
внутренние либо на активные и силы реакций связей). Равнодействующую этой системы

сходящихся сил обозначим F .

Силой инерции точки называется векторная величина Ф , равная произведению массы точки
на ее ускорение и направленная противоположно ускорению:


Ф  ma

Сила Ф фиктивна, она не входит в число реальных сил, действующих на точку.
Принцип Даламбера: при движении механической системы (точки) любое ее состояние
можно рассматривать как положение равновесия, если к реальным силам, действующим на
каждую точку системы, добавить фиктивные силы инерции.
В соответствии с этим принципом, если к каждой точке системы добавить силу




Ф j  m j a j ,то система сил, состоящая из реальных F j и фиктивных Ф j сил, будет
удовлетворять всем уравнением статики, т.е. главный вектор системы сил и ее главный
момент относительно произвольного центра Р будут равны нулю:


 Fj   Ф j  0,
 
 
M
(
F
)

M
 P j  P (Ф j )  0.
В координатной форме эти уравнения записываются так:


M
(
F
)

M
(
Ф
F

Ф

0
,


x
j
x
j )  0,
 jx  jx


 Fjy   Ф jy  0,
 M y ( F j )   M y (Ф j )  0,
 Fjz   Ф jz  0,
 M z ( Fj )   M z (Ф j )  0,
Принцип Даламбера позволяет перенести методы решения задач статики на задачи
динамики.
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 19 из 72
Выражения для главного момента сил инерции твердого тела и его проекций на
координатные оси:

1. При поступательном движении: M CИ  0 .
2. При вращении вокруг неподвижной оси z : M zи   I z .
3. При плоскопараллельном движении: M cи   I c .
Здесь  — угловое ускорение тела, I z и I c — моменты инерции тела относительно оси и оси,
проходящей через центр масс перпендикулярно основной плоскости (знаки «минус» в
формулах означают, что направления углового ускорения и момента пары сил инерции
противоположны).
Механические испытания материалов
1. Механические испытания материалов их цель.
2. Сравнение пластичных и хрупких материалов.
3. Диаграммы растяжения образцов из пластичных материалов. Понятие о наклепе.
Характеристики пластичности и прочности материалов.
4. Диаграммы сжатия образцов из хрупких материалов. Условие прочности при растяжении
(сжатии).
5. Статические неопределимые задачи растяжения и сжатия. Монтажные и температурные
напряжения.
(2,$10), (5, гл.I) (3, $14), (3, $7,8), (1, $.2.1-2.10), (4, $2.1) (1,$2,8), (2, $12), (3,$6),(4,$1,5)
В этой теме рассмотрены простые случаи воздействия сил на стержень и содержится ряд
вопросов (механические свойства материалов, выбор допускаемых напряжении, статически
неопределимые задачи), встречающихся в других разделах курса.
Необходимо обратить внимание на то. что механические характеристики материала (предел
пропорциональности, редел упругости, предел текучести, предел прочности) находят путем
деления соответствующей нагрузки на первоначальную площадь поперечного сечения. В
связи с этим получают условные напряжения, а не истинные; для вычисления последних
надо делить нагрузки на действительную площадь поперечного сечения, которая изменяется
при опыте. Зная величины истинных напряжений, можно построить так называемую
истинную диаграмму растяжения, которая точнее характеризует свойства материала,
чем условная диаграмма Пользуясь формулами, основанными на законе Гука, надо всегда
помнить, что этот закон справедлив только до предела пропорциональности.
Нельзя, например, напряжение для мягкой стали при е=0,1 вычислять по формуле
  Е , так как тогда получается, что   2 *10 6 * 0,1  200000кгс / см 2 , в то время как при
4000 кгс/см2 материал уже разрушается.
При решении статически неопределимых задач надо обратить внимание на то, что усилия
в стержнях статически неопределимой системы зависят от площадей поперечных сечений F
и от модулей упругости Е, тогда как в статически определимой системе величины F и Е не
влияют на распределение усилий.
Способ расчета по допускаемым нагрузкам для статически определимых систем дает
такие же результаты, как и способ расчета по допускаемым напряжениям, но для статически
неопределимых систем он позволяет вскрыть дополнительные резервы прочности, повысить
несущую способность конструкции и указывает на возможность более экономного
расходования материала.
Следует обратить внимание на весьма важные понятия: предел прочности, допускаемое
напряжение и коэффициент запаса прочности, который иногда называют просто запасом
прочности.
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 20 из 72
ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ
1. Как строится диаграмма растяжения?
2. Что называется пределом пропорциональности?
3. Что называется пределом упругости?
4. Что называется пределом текучести?
5. Что называется пределом прочности?
6. Как формулируется закон Гука?
7. Что называется модулем упругости?
8. Что называется коэффициентом поперечной деформации?
9. Как найти работу растягивающей силы по диаграмме растяжения?
10. Что называется удельной работой деформации?
11. Что называется истинным пределом прочности?
12. В чем заключается разница между пластичными и хрупкими материалами?
13. В каких местах возникает концентрация напряжении?
14. От каких факторов зависит величина запаса прочности?
15. Какие задачи называются статически неопределимыми?
16. Каков общий порядок решения статически неопределимых задач?
17. Как находятся напряжения при изменении температуры?
18. Как находится удлинение стержня, растягиваемого собственным весом?
19. Что называется коэффициентом запаса прочности?
20. Как формулируется условие прочности?
Кручение
1. Понятие о сдвиге. Напряжение в площадке общего положения при сдвиге.
2. Закон парности касательных напряжений.
3. Деформация и потенциальная энергия при сдвиге.
4. Практические расчеты на срез и снятие. Понятие о крутящем моменте.
5. Эпюры крутящих моментов. напряжения и деформации
6. Механические свойства материалов при чистом сдвиге.
(1,$4,1-$4,4 ,$6,1-$6,7), (2, $25-$26, $35-$44), (3, $9-$11)
Касательные напряжения на двух взаимно перпендикулярных площадках равны между
собой. Этот важный закон называется законом парности касательных напряжений. При
изучении деформация надо обратить внимание на то, что одна из диагоналей выделенного
элемента, по граням которого действуют касательные напряжения, удлиняется, а другая
укорачивается; таким образом, явления расгяжения - сжатия и сдвига нельзя рассматривать
изолированно друг от друга. Формулу закона Гука при сдвиге (   G ) легко запомнить
ввиду полной аналогии ее с формулой закона Гука при растяжении—сжатии:   Е .
Необходимо внимательно изучить вопрос о выборе допускаемых напряжений при сдвиге.
Следует обратить внимание на то, что расчеты заклепок, сварных соединений и врубок
являются условными и что явление “среза” всегда осложнено наличием других напряжений,
которыми для упрощения расчетов обычно пренебрегают. Надо уметь показывать на
чертежах площадки, на которых возникают напряжения среза, смятия, скалывания. В случае
центрального растяжения — сжатия нормальные напряжения распределяются в поперечном
сечении стержня равномерно. При расчете на срез обычно считают, что касательные
напряжения также распределяются равномерно. В случае кручения круглого стержня
касательные напряжения в поперечном сечении распределяются неравномерно, изменяясь по
линейному закону — от нуля на оси до максимального значения у поверхности стержня. В
связи с этим и возникла мысль о замене сплошного вала полым, материал сечения которого
находится в более напряженной зоне я используется рациональнее.
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 21 из 72
Следует внимательно разобрать построение эпюры крутящих моментов Мл, которая
наглядно показывает изменение величины крутящего момента по длине вала. При
вычислении напряжений в каком-либо поперечном сечении вала необходимо брать по эпюре
Мл значение соответствующей ординаты.
Надо обратить внимание на то, как используется закон парности касательных напряжений
для установления направления  в точках контура прямоугольного поперечного сечения
стержня. Наибольшие напряжения в таком сечении возникают в точках контура, ближе всего
расположенных к оси кручения.
ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ
1. Что называется абсолютным и относительным сдвигом?
2. Как формулируется закон Гука при сдвиге?
3. Какой модуль упругости больше: Е или G?
4. Как находится условная площадь смятия заклепки?
5. По какому сечению в заклепочном соединении, проводится проверка листов на разрыв?
6. Как рассчитываются стыковые, торцевые и фланговые швы?
7. Какие напряжения возникают в поперечном сечении круглого стержня при кручении?
8. Как находится их величина в произвольной точке поперечного сечения?
9. Возникают ли при кручении нормальные напряжения?
10. Чему равен полярный момент инерции круглого сечения?
11. Что называется моментом сопротивления при кручении? В каких единицах он
измеряется?
12. Чему равен момент сопротивления кольцевого сечения? Почему нельзя сказать, что
он равен разности моментов сопротивления наружного и внутреннего кругов?
13. Как вычисляется момент, передаваемый шкивом, по мощности и числу оборотов?
14. Как находится величина угла закручивания?
15. Как производится расчет вала на прочность?
16. Как производится расчет вала на жесткость?
17. Как находятся максимальные напряжения при кручении стержня прямоугольного
сечения?
18. Как вычисляются напряжения в пружинах?
19. Как определяются деформации пружин?
Расчеты на прочность и жесткость при кручении
1. Расчеты на прочность и жесткость при кручении.
2. Потенциальная энергия деформации при сдвиге и кручении
3. Кручение стержней некруглого сечения.
4. Статистически неопределимые задачи при кручении.
5. Расчет цилиндрических пружин с малым шагом витков. Формула для осадки пружины
(4,$4,1-$4,5), (5, гл.II), (2,$35) (1,$6,4), (3,$10), (1,$4,3),(1,$6,3),(2,$39),(4,$4,2)
ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Как производится расчет скручиваемого бруса на прочность?
Как выбираются допускаемые напряжения при расчете на кручение?
Как производится расчет скручиваемого бруса на жесткость?
Как вычисляются напряжения цилиндрической винтовой пружины? На каких
допущениях основа формула для начисления напряжения?
как определяется деформация цилиндрической винтовой пружины? Введите
соответствующую формулу.
Остаются ли плоскими при кручении поперечные сечения некруглых брусьев?
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 22 из 72
Как направлены при кручении касательные напряжения поперечно сечениям бруса
непосредственной близости контору сечения и почему?
8. Чему равны при кручении касательные напряжения поперечных сечениях бруса
около внешних углов?
9. Какой имеет большую сопротивляемость кручению: с сечением в виде замкнутого
или в виде разрезанного кольца? Почему?
10. Как используя гидродинамическую аналогию можно установить характер
траектории касательных напряжении в поперечном сечении скручиваемого бруса?
11. Как определяются максимально касательные напряжения и угол закручивания при
кручении брусьев прямоугольного сечения и тонкостенных стержней открытого
профиля?
7.
Теории прочности
Основные понятия. Графическое изображение напряженного состояния.
Определение напряжений в площадке общего положения.
Главные площадки и главные напряжения. Виды напряженного состояния.
Определение главных напряжений при плоском напряженном состоянии.
Основные понятия теории деформации. Обобщенный закон Гука.
Объемная деформация. Потенциальная энергия. Удельная потенциальная энергия и ее
составляющие–энергия изменения объема и энергия изменения формы.
7. Гипотезы возникновения пластических деформаций. Теории прочности. Гипотезы
разрушения.
8. Механическое состояние материалов, предельные состояния. Назначение теории
прочности. Гипотеза прочности.
Литература: (2,$68-$72),(3,$28)6(4,$7,1)
Главные напряжения играют весьма важную роль при решении вопроса о прочности
материала; одно из этих напряжений является наибольшим, а другое — наименьшим из всех
нормальных напряжении для данной точки.
Надо обратить внимание на полную аналогию между формулами для напряжений в
наклонных площадках и формулами для моментов инерции относительно осей, наклоненных
к главным. В этих формулах главным напряжениям соответствуют главные моменты
инерции; напряжениям в площадках, наклоне:; KLSS к главным под углом а, соответствуют
моменты инерции относительно осей, наклоненных к главным под углом ; касательным
напряжениям СООТВСТСТБ) i т центробежный момент инерции. Аналогию легко продолжить
дальше:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
04,
08,
12,
N dz N dz N dz
l   1   2   3 
E1 F1 E2 F2 E3 F3
0
04,
08,
04,
08,
12,
0
04,
08,
1
1
1
  N1dz   N2 dz   N3 dz.
E1 F1 E2 F2 E3 F3
Касательные напряжения на главных площадках равны нулю
Одно из главных напряжений является максимальным, другое —
минимальным
Угол наклона главных площадок находится
по формуле
Центробежный момент инерции
относительно главных oсей равен
нулю
Один из главных моментов
инерции является максимальным,
другой — минимальным
Угол наклона главных осей находится
по формуле
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 23 из 72
При линейном напряженном состоянии вопрос о прочности материала решается легко:
надо определить опасное напряжение
из опыта на простое растяжение (или сжатие),
назначить коэффициент запаса и сравнить главное напряжение а с допускаемым
напряжением:
10 20
Qy  tg    30
1 2
3 3
В случае плоского или объемного напряженного состояния задача значительно
осложняется, так как неизвестно, при какой комбинации числовых значений главных
напряжений наступает опасное состояние материала. Необходимо, следовательно, найти
напряжение, зависящее от главных напряжений, при котором возникает опасность
разрушения, и затем числовое его значение сравнить с допускаемым напряжением,
установленным из опыта на простое растяжение (или сжатие). В зависимости от того, какой
фактор по данной теории прочности считается решающим и создающим опасное состояние
материала, получим различные расчетные формулы.
После изучения этой темы можно решать задачу 4, включенную в контрольные работы.
ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ
1. Какие имеются виды напряженного состояния материала?
2. В чем заключается закон парности касательных напряжений?
3. Чему равна сумма нормальных напряжений по двум взаимно перпендикулярным
площадкам?
4. По каким площадкам возникают наибольшее и наименьшее нормальные напряжения?
5. Как производится графическое построение для определения напряжений в наклонных
площадках в случае плоского напряженного состояния?
6. Как при помощи этого построения находятся главные напряжения?
7. Чему равно наибольшее касательное напряжение в случае плоского напряженного
состояния?
8. Как находятся максимальные касательные напряжения в случае объемного
напряженного состояния?
9. Как находятся деформации при плоском и объемном напряженном состояниях?
10. Как формулируется первая теория прочности?
11. Как находится расчетное напряжение по второй теории прочности?
12. Зависит ли расчетное напряжение по третьей теории прочности от величины 02?
13. Чему равна удельная работа деформации при объемном напряженном состоянии?
14. Какая часть потенциальной энергии деформации учитывается при составлении
расчетного уравнения по четвертой теории прочности?
Сложное сопротивление
1. Косой изгиб: определение положения нейтральной линии и напряжений.
2. Внецентренное растяжение и сжатие: понятие о ядре сечения.
3. Совместное действие изгиба и кручения.
4. Расчет вала и бруса с ломанной осью. Условие прочности.
Литература: (1,$9,1-$9,6), (2,$73-$82), (4,$6,1-$6,5)
Изучение сложного сопротивления обычно начинают с косого изгиба. Нейтральная линия
при косом изгибе уже не перпендикулярна плоскости внешних сил, а плоскость, в которой
расположены прогибы при косом изгибе, не совпадает с плоскостью внешних сил. Явление
косого изгиба особенно опасно для сечений, со значительно отличающимися друг от друга
главными моментами инерции (например, для двутавра); балки с таким сечением хорошо работают на изгиб в плоскости наибольшей жесткости, но даже при небольших углах наклона
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 24 из 72
плоскости внешних сил к плоскости наибольшей жесткости в балках возникают
значительные дополнительные напряжения и деформации. Для балки круглого сечения
косой изгиб невозможен, так как все центральные оси такого сечения являются главными и
нейтральный слой всегда будет перпендикулярен плоскости внешних сил. Косой изгиб
невозможен также и для квадратного сечения, но для такого сечения решение вопроса о
прочности зависит от наложения плоскости внешних сил, так как моменты сопротивления
квадратного сечения неодинаковы относительно различных центральных осей (хотя
моменты инерции относительно всех центральных осей равны между собой, как и для
круглого сечения). При расположении внешних сил в диагональной плоскости расчетные
напряжения в балке квадратного сечения будут больше, чем в случае, когда плоскость
внешних сил параллельна граням балки.
При определении напряжений в случае внецентренного растяжения или сжатия
необходимо знать положение главных центральных осей сечения; именно от этих осей
отсчитывают расстояния точки приложения силы и точки, в которой определяют
напряжения.
Следует обратить внимание на то, что приложенная эксцентрично сжимающая сила
может вызвать в поперечном сечении стержня растягивающие напряжения. В связи с этим
внецентренное сжатие является особенно опасным для стержней из хрупких материалов
(кирпича, бетона), которые слабо сопротивляются растягивающим усилиям.
Надо научиться для прямоугольного сечения устанавливать примерное положение
нейтральной линии при различных положениях продольной силы; при этом важно помнить
основную зависимость: если точка приложения силы находится внутри ядра сечения, то нейтральная линия проходит вне поперечного сечения; если точка приложения силы
находится вне ядра сечения, то нейтральная линия пересекает поперечное сечение.
В случае изгиба с кручением возникают нормальные напряжения
, касательные
053, 
напряжения  00, 2695,76 и проверка прочности производится по главным напряжениям. В заключение
следует изучить общий случай сложного сопротивления, когда стержень испытывает
одновременно растяжение (сжатие), изгиб в двух плоскостях и кручение. Напряжение в
каком-либо поперечном сечении стержня зависит от величин Мх, Mу, Мz, N, Qy, Qz, которые
вычисляют так:
1) крутящий момент Мх равен алгебраической сумме моментов всех сил, расположенных
по одну сторону от рассматриваемого сечения, относительно оси, перпендикулярной
плоскости сечения и проходящей через его центр тяжести;
2) изгибающий момент Mу равен алгебраической сумме моментов всех сил,
расположенных по одну сторону от рассматриваемого сечения, относительно главной
центральной оси У данного сечения;
3) изгибающий момент Мz, равен алгебраической сумме моментов тех же сил
относительно главной центральной оси Z данного сечения;
4) продольная сила N равна алгебраической сумме проекций всех сил, расположенных по
одну сторону 6т рассматриваемого сечения, на перпендикуляр к плоскости сечения;
5) поперечная сила Qy равна сумме проекций тех же сил на главную центральную ось У
данного сечения;
6) поперечная сила Qz равна сумме проекций тех же сил на главную центральную ось Z
данного сечения.
После изучения этой темы можно решать задачи 12—15, включенные в контрольные
работы.
ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ
1. Какой случай изгиба называется косым изгибом?
2. Возможен ли косой изгиб при чистом изгибе?
3. В каких точках поперечного сечения возникают наибольшие напряжения при косом
изгибе?
M I l 3,55,620,5
ï2ðàâ  1ïðàâ  ÊÐI 2  0, 121 7 8 0, 0 4
GI 81 0 98010
max
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 25 из 72
4. Как находится положение нейтральной линии при косом изгибе?
5. Как пройдет нейтральная линия, если плоскость действия сил совпадет с
диагональной плоскостью балки прямоугольного поперечного сечения?
6. Как определяются деформации при косом изгибе?
7. Может ли балка круглого поперечного сечения испытывать косой изгиб?
8. Как находят напряжения в произвольной точке поперечного сечения при
внецентреннвм растяжении или сжатии?
9. Чему равно напряжение в центре тяжести поперечного сечения при внецентренном
растяжении или сжатии?
10. Какое положение занимает нейтральная линия, когда продольная сила приложена к
вершине ядра сечения?
11. Какие напряжения возникают в поперечном сечении стержня при изгибе с
кручением?
12. Как находятся опасные сечения стержня при изгибе с кручением?
13. В каких точках круглого поперечного сечения возникают наибольшие напряжения при
изгибе с кручением?
14. Почему обыкновенно не учитывают касательные напряжения от изгиба при
совместном действии изгиба и кручения?
15. Как пишутся условия прочности стержня по всем четырем теориям, если известны
l
 
и ?
i
16. Как находится величина расчетного момента при изгибе с кручением стержня
круглого поперечного сечения?
17. По какой теории прочности (третьей или четвертой) получится большая величина
расчетного момента при заданных величинах Ми и Мк?
max
0
min
maxi 
3M K i
i2 si
Динамическая нагрузка.
Прочность при разрушениях, циклически изменяющихся во времени.
Расчеты за пределами упругости. Расчет на выносливость.
Кривая усталости и предел выносливости.
Факторы, влияющие на величину предела выносливости. Практические расчеты на
выносливость.
5. Динамическая нагрузка.
Литература: (1,$15,1),(2,гл.XII)
1.
2.
3.
4.
Эта тема имеет важное значение, так как в деталях машин часто возникают переменные
напряжения. Надо хорошо уяснить понятие предела выносливости и научиться строить
диаграммы для несимметричного цикла. Необходимо также знать все факторы, от которых
зависит величина коэффициента концентраций напряжений. Особое внимание следует
обратить на практические меры по борьбе с изломами усталости: а) повышение предела
прочности при достаточной пластичности; б) создание однородной, мелкозернистой
структуры;
в) проектирование внешних очертаний детали без резких переходов; г) тщательную
обработку поверхности.
Надо подробно разобрать примеры определения допускаемых напряжений для различных
деталей машин, воспринимающих переменные нагрузки. Правильный выбор допускаемого
напряжения и формы сечения обеспечивает более экономное использование материала и
снижение веса конструкции.
Динамическая нагрузка. В этой теме рассматриваются два вопроса: 1) напряжения в
движущихся деталях; 2) напряжения при ударе. В первом случае динамическое воздействие
сводится к дополнительной статической нагрузке соответствующими силами инерции. Во
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 26 из 72
втором—учесть силы инерции невозможно, так как неизвестна продолжительность удара, т.
е. величина того промежутка времени, в течение которого происходит падение скорости до
нуля. Напряжения при ударе вычисляют, приравнивая кинетическую энергию ударяющего
тела потенциальной энергии деформаций стержня, воспринимающего удар. Весьма
существенным является то обстоятельство, что напряжения при ударе зависят не только от
площади поперечного сечения стержня, но и от длины и модуля упругости материала.
ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ
1. Что называется пределом выносливости?
2. Какая эмпирическая зависимость имеется между пределом выносливости и
пределом прочности?
3. Как находится предел выносливости при несимметричном цикле?
4. Какие напряжения называются местными?
5. В чем заключается разница между теоретическим и действительным коэффициентами концентрации напряжений?
6. Как влияет на величину действительного коэффициента концентрации напряжений
характер обработки материала?
7. Как влияют размеры детали на величину предела выносливости?
8. Как устанавливаются допускаемые напряжения при переменных напряжениях?
9. Какие практические меры применяются по борьбе с изломами усталости?
10. Как вычисляют напряжения в деталях при равноускоренном поступательном
движении?
11. Что называется динамическим коэффициентом?
12. От каких факторов зависят напряжения в ободе вращающегося колеса?
13. Как находят напряжения в спарниках и шатунах?
14. Как находят напряжения во вращающемся диске постоянной толщины?
15. Как делается вывод формулы, служащей для определения напряжений при ударе?
16. Чему равен динамический коэффициент при ударе?
17. Как изменится напряжение при продольном ударе в случае увеличения площади
поперечного сечения в два раза? (При ответе на этот вопрос можно пользоваться
приближенной формулой.)
18. Зависит ли напряжение при изгибающем ударе от материала балки?
19. В каком случае возникнут большие напряжения при изгибающем ударе:
20. при положении балки на ребро или плашмя?
21. Or каких факторов зависит напряжение при скручивающем ударе?
22. Каким путем можно уменьшить напряжение в стержне с выточками при
продольном ударе?
23. Как учитывается масса упругой системы, испытывающей удар?
24. Как производятся испытания на удар?
Заключение. Современные проблемы определения усилий, напряжений.
1. Расчеты на прочность, жесткость, устойчивость колебания.
2. Работы ученых в области СМ, теории упругости и пластичности. (2,$87)
Говоря об экспериментальных методах замера деформаций и напряжений, необходимо
делать различие между механическими испытаниями материалов и испытаниями
конструкций. Испытание материалов производится в целях определения механических
характеристик, таких, как предел текучести, предел прочности, модуль упругости и пр.
Кроме того, оно может производиться в исследовательских целях, например для изучения
условий прочности в сложных напряженных состояниях или, вообще, для выявления
механических свойств материала в различных условиях. Испытания материалов
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 27 из 72
производятся с образцами, размеры и форма которых могут варьироваться в зависимости от
имеющейся измерительной аппаратуры и самих условий испытания.
Для получения объективных характеристик материала необходимо соблюдать условие
однородности напряженного состояния, т. е. необходимо обеспечить постоянство
напряженного состояния для всех точек, испытуемого образца. Это условие соблюдается,
например, при растяжении, частично при сжатии короткого образца и при кручении
тонкостенной трубки. Изменение свойств материала в этих испытаниях происходит
одновременно во всем объеме образца и легко поддается количественной оценке. При
кручении сплошных образцов и при испытании на изгиб напряженное состояние является
неоднородным. Качественные изменения свойств материала в отдельных точках не влекут за
собой заметных изменений в характеристиках образца. Процессы, происходящие в
материале, проявляются только в среднем, и результаты испытаний требуют дополнительной
расшифровки, при которой теряется степень объективности.
Для замера деформаций применяется несколько различных методов. Ниже мы остановимся
на замере деформаций при помощи приборов (тензометров) с механическим и
электрическим принципами замера. Далее будут рассмотрены оптический и рентгенографический методы, метод муаровых полос и метод лаковых покрытий.
ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ
1. Что представляют собой опасная и допускаемая нагрузки?
2. Что представляют собой предельная и предельно допускаемая нагрузки?
3. Почему при опасной нагрузки во многих случаях не происходит полное исчерпание
несущей способности конструкции?
4. Почему расчет конструкции по предельным нагрузкам является более экономичным,
чем расчет по напряжениям?
5. Что представляет собой диаграмма Прандтля?
3. Наименование практических занятий и их содержание
Пример K1a. Даны уравнения движения точки в плоскости ху:


x  2 cos( t )  3 , y  2 sin( t )  1
8
4
(х, у — в сантиметрах, t — в секундах).
Определить уравнение траектории точки; для момента времени t1 = 1 с найти скорость
и ускорение точки, а также ее касательное и нормальное ускорения и радиус кривизны в
соответствующей точке траектории.
Решение. 1. Для определения уравнения траектории точки исключим из заданных
уравнений движения время t. Поскольку t входит в аргументы тригонометрических функций,
где один аргумент вдвое больше другого, используем формулу


cos 2  1  2 sin 2 
cos( t )  1  2 sin 2 ( t )
или
(1)
4
8
Из уравнений движения находим выражения соответствующих функций и
подставляем в равенство (1). Получим

3 x

y 1
cos( t ) 
sin( t ) 
,
,
4
2
8
2
следовательно,
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 28 из 72
3 x
( y  1) 2
 1 2
2
4
Отсюда окончательно находим следующее уравнение траектории точки (параболы,
рис. К1а):
(2)
x  ( y  1) 2  1
2. Скорость точки найдем по ее проекциям на координатные оси:
dx 

vx 
 sin( t ) ,
dt 2
4
dy 

vy 
 cos( t ) ;
dt 4
8
v  v x2  v y2
и при t1 =1с
v1x =1,11 см/с,
v1 y =0,73см/с,
v1z =1.33 см/с.
3. Аналогично найдем ускорение точки:
dv y
dv
2

2

ax  x 
cos( t ) ,
ay 
  sin( t )$
dt
8
4
dt
32
8
и при t1 = 1 с
a1 x = 0,87 см/ c 2 , a1 y = -0,12 см/ c 2 , a1 = 0,88 см/ c 2 .
(3)
a  a x2  a y2
(4)
4. Касательное ускорение найдем, дифференцируя по времени равенство v 2  v x2  v y2 .
Получим
dv y
dv
dv
2v  2v x x  2v y
,
dt
dt
dt
Откуда
dv v x a x  v y a y
a 

.
(5)
dt
v
Числовые значения всех величин, входящих в правую часть выражения (5), определены
и даются равенствами (3) и (4). Подставив в (5) эти числа, найдем сразу, что при t1 = 1с a1 =
0,66 см/ c 2 .
5.
Нормальное
ускорение точки
an  a 2  a2 Подставляя
сюда найденные
числовые значения a1 и a1 , получим, что при t1 = 1с a1n = 0,58 см/с2.
6. Радиус кривизны траектории  
v2
. Подставляя сюда числовые значения v1 и a1n ,
an
найдем, что при t1 = 1с 1 = 3,05 см.
Ответ: v1 = 1,33 см/с a1 = 0,88 см/ c 2 , a1 = 0,66 см/ c 2 , a1n = 0,58 см/ c 2 , 1 = 3,05 см.
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 29 из 72
Пример К1б. Точка движется по дуге окружности радиуса R = 2 м по закону


s  2 sin( t ) (s — в метрах, t — в секундах), где s = AM (рис. К1б). Определить скорость и
4
ускорение точки в момент времени t1 = 1 с.
Решение. Определяем скорость точки:
ds 

v
 cos( t ).
dt 2
4
2
При t1 = 1с получим v1 = 
= 1,11 м/с.
4
Ускорений находим по его касательной и нормальной составляющим:
dv
2

v2 v2
a 
  sin( t ) ,
an 
 .
dt
8
4
 R
При t1 = 1 с получим, учтя, что R = 2м,
v2  2
2
 0,87 м/ c 2 , a1n  1 
 0,62 м/ c 2
16
2 16
Тогда ускорение точки при t1 = 1 с будет
a1r   2
3
 1,07 м/ c 2 .
16
Изобразим на рис. К1б векторы v1 и a1 учитывая знаки v1 и a1 и считая
положительным направление от А к М.
a1  a12  a12n   2
Пример К2. Рейка 1, ступенчатое колесо 2 радиусами R2 и r2 , колесо 3 радиусами R3
скрепленное с валом радиуса r3 , находятся в зацеплении; на вал намотана нить с грузом 4 на
конце (рис. К2). Рейка движется по закону s1  f (t ) .
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 30 из 72
Дано; R2 = 6 см, r2 = 4 см, R3 = 8 см, r3 = 3 см, s1 = 3 t 3 (s — в сантиметрах, t — в
секундах), А — точка обода колеса 3, t1 = 3 с. Определить:  3 , v4 ,  3 , a A в момент времени
t = t1 .
Решение. Условимся обозначать скорости точек, лежащих на внешних ободах колес
(радиуса Ri ), через v i а точек, лежащих на внутренних ободах (радиуса ri ), — через u i .
1. Определяем сначала угловые скорости всех колес как функции времени t. Зная закон
движения рейки 1, находим ее скорость:
(1)
v1  s1  9t 2
Так как рейка и колесо 2 находятся в зацеплении, то v2 = v1 или 2 R2 = v1 . Но колеса 2
и 3 тоже находятся в зацеплении, следовательно, u 2 = v3 или  2 r2  3 r3 . Из этих равенств
находим
v
r
3
3
3  2  2  t 2 .
2  1  t 2 ,
(2)
R3
4
R2 2
Тогда для момента времени t1 = 3 с получим  3 = 6,75 c 1 .
2. Определяем v4 . Так как v4 = v B =  3 r3 , то при t1 = 3 с v4 = 20,25 см/с.
3. Определяем  3 . Учитывая второе из равенств (2), получим  3 =  3 = 1,5t. Тогда при
t1 = 3с  3 = 4,5 c 2 .
4. Определяем a A .
Для
точки
А
a A  a A  a An ,
где
численно a A  R3 3 ,
a An  R3 Тогда для момента времени t1 = 3с имеем
2
3
2
a A  36 см/ c 2 ,
a An  364,5 см/ c 2 ;
a A  a A2   a An
 366,3 см/ c 2 .
Все скорости и ускорения точек, а также направления угловых скоростей показаны
на рис. К2.
Ответ:  3 = 6,75 c 1 ; v4 =20,25см/с;  3 = 4,5 c 2 ; a A = 366,3 см/с2.
Пример Д1. На вертикальном участке АВ трубы (рис. Д1) на груз D массой m
действуют сила тяжести и сила сопротивления R; расстояние от точки А, где v = v0, до точки
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 31 из 72
В равно l. На наклонном участке ВС на груз действуют сила тяжести и переменная сила F =
F(t), заданная в ньютонах.
Дано: m = 2 кг, R  v 2 , где  = 0,4 кг/м, v0 = 5 м/с, l = 2,5 м, Fx = 16sin(4 t).
Определить: х= f(t)— закон движения груза на участке ВС.
Решение. 1. Рассмотрим движение груза на участке АВ, считая груз материальной
точкой. Изображаем груз
(в произвольном положении) и действующие на него силы
P  mg и R . Проводим ось Az и составляем дифференциальное уравнение движения груза в
проекции на эту ось:
dv
dv
(1)
m z   Fkz или
mvz z  Pz  Rz .
dt
dz
Далее находим Pz = Р = mg, Rz = — R  v 2 ; подчеркиваем, что в уравнении все
переменные силы надо обязательно выразить через величины, от которых они зависят. Учтя
еще, что v z=v, получим
dv
dv  mg
mv
 mg  v 2
или
(2)
v
 (
 v2 )
dz
dz m 
Введем для сокращения записей обозначения

mg
k   0,2 м 1 ,
(3)
n
 50 м 2 / с 2 ,
m

где при подсчете принято g  10 м/с2. Тогда уравнение (2) можно представить в
виде
dv
2v 
 2k (v 2  n). (4)
dz
Разделяя в уравнении (4) переменные, а затем беря от обеих частей интегралы,
получим
2vdv
 2kdz
ln( v 2  n)  2kz  C1
и
(5)
2
v n
По начальным условиям при z = 0 v  v0 , что дает С1 = ln( v 02  n ) и из равенства (5)
находим ln ( v 2  n ) = — 2kz+ln( v 02  n ) или ln( v 2  n ) — ln( v 02  n ) = —2kz. Отсюда
v2  n
v2  n


2
kz
 e 2 kz .
и
v02  n
v02  n
В результате находим
v 2  n  (v02  n)e 2 kz .
(6)
Полагая в равенстве (6) z=l=2,5м заменяя k и n их значениями (3), определим скорость
vB груза в точке В (v0 = 5 м/с, число е= 2,7):
ln
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 32 из 72
(7)
v B2 = 50 - 25/е = 40,7 и vB = 6,4 м/с .
2. Рассмотрим теперь движение груза на участке ВС, найденная скорость vB будет для
движения на этом участке начальной скоростью (v0 = vB). Изображаем груз (в произвольном
положении) и действующие на него силы P = m g , N , FTP и F , Проведем из точки В оси Вх
и By и составим дифференциальное уравнение движения груза в проекции на ось Вх:
dv
dv
m x  Px  N x  FTPX  Fx или
m x  mg sin   FTP  Fx (8)
dt
dt
где Fтр = fN. Для определения N составим уравнение в проекции на ось By. Так как aу =
0, получим 0 = N — mgcos  , откуда N = mgcos  . Следовательно, Fтр mgcos  ; кроме того,
Fx = 16sin(4t) и уравнение (8) примет вид
dv
(9)
m x  mg(sin   f cos  )  16 sin( 4t ) .
dt
Разделив обе части равенства на m, вычислим g(sina — fcosa) = g(sin30°—0,2 fcos30°)=
3,2; 16/m =8 и подставим эти значения в (9). Тогда получим
dv x
(10)
 3,2  8 sin( 4t ) .
dt
Умножая обе части уравнения (10) на dt и интегрируя, найдем
(11)
v x  3,2t  2 cos( 4t )  C 2 .
Будем теперь отсчитывать время от момента, когда груз находится в точке В, считая в
этот момент t=0. Тогда при t = 0 v = v0 = vB, где vB дается равенством (7). Подставляя эти
величины в (11), получим
С2= vB + 2cos0 = 6,4 + 2= 8,4.
При найденном значении С2 уравнение (11) дает
dx
vx 
 3,2t  2 cos( 4t )  8,4.
(12)
dt
Умножая здесь обе части на dt и снова интегрируя, найдем
x = l,6t2-0,5sin(4t) + 8,4t+ C3.
(13)
Так как при t = 0 х = 0, то Сз = 0 и окончательно искомый закон движения груза будет
x = l,6t2+8,4t-0,5sin(4t),
(14)
где х — в метрах, t — в секундах.
Пример Д6. Механическая система (рис. Д6, а) состоит из сплошного однородного
цилиндрического катка 1, подвижного блока 2, ступенчатого шкива 3 с радиусами ступеней
R3 и r3 и радиусом инерции относительно оси вращения  3 , блока 4 и груза 5 (коэффициент
трения груза о плоскость равен f). Тела системы соединены нитями, намотанными на шкив 3.
К центру Е блока 2 прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с; ее начальная
деформация равна нулю.
Система приходит в движение из состояния покоя под действием силы F = f(s),
зависящей от перемещения s точки ее приложения. На шкив 3 при движении действует
постоянный момент М сил сопротивления.
Дано: m1= 8 кг, т2 — 0, m3 = 4 кг, т4 = 0, т5 = 10 кг, R3 = 0,3 м, rз = 0,1 м,  3 = 0,2 м, f=
0,1, с = 240 Н/м, М = 0,6 Нм, F = 1= 20(3 + 2s) H, s1 = 0,2 м. Определить:  3 в тот момент
времени, когда s =s1.
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 33 из 72
Решение. 1. Рассмотрим движение неизменяемой механической системы, состоящей из
весомых тел 1, 3, 5 и невесомых тел 2, 4, соединенных нитями. Изобразим действующие на
систему внешние силы: активные F , F ynp, P1 , P3 , P5 , реакции N1 , N 3 , N 4 , N 5 , натяжение
нити S 2 , силы трения F1TP , F5TP и момент М.
Для определения  3 воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии:
T-T0=  Ake
(1)
2. Определяем T0 и Т. Так как в начальный момент система находилась в покое, то То=0.
Величина Т равна сумме энергий всех тел системы:
Т = Т1 + Т 3 + Т 5.
(2)
Учитывая, что тело 1 движется плоскопараллельно, тело 5 — поступательно, а тело 3
вращается вокруг неподвижной оси, получим
1
1
T1  m1vC2 1  I C112 ;
2
2
1
1
T3  I C 332 ; T5  m5 v52 .
(3)
2
2
Все входящие сюда скорости надо выразить через искомую  3. Для этого
предварительно заметим, что vC1 =v5 =vA, где А — любая точка обода радиуса r3 шкива 3 и
что точка K1 — мгновенный центр скоростей катка 1, радиус которого обозначим r1. Тогда
v
v
r
1  C1  C1  3 3 .
vC1 =v5 =  3 r3 ;
(4)
K1C1
r1
r1
Кроме того, входящие в (3) моменты инерции имеют значения
I 3  m3  32 .
I C1  0,5m1r12 ;
(5)
Подставив все величины (4) и (5) в равенства (3), а затем, используя равенство (2),
получим окончательно
3
1
1
T  ( m1r32  m3  32  m5 r32 )32 .
(6)
4
2
2
3. Теперь найдем сумму работ всех действующих внешних сил при перемещении,
которое будет иметь система, когда центр катка 1 пройдет путь s1. Введя обозначения: s5 —
перемещение груза 5 (s5 = s1),  3 — угол поворота шкива 3,  0 и 1 — начальное и конечное
удлинения пружины, получим
s1
A( F )   20(3  2s)ds  20(3s1  s12 );
0
A( P )  P1 s1 sin 60;
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 34 из 72
A( F5TP )   F5TP s5   fP5 s1 ;
F1TP
A( M )  M 3 ;
c
A( Fупр )  (20  12 ).
2
Работы остальных сил равны нулю, так как точки K1 и K2, где приложены силы N1 ,
и S 2 — мгновенные центры скоростей; точки, где приложены силы P3 , N 3 и P4 —
неподвижны; а реакция N 5 перпендикулярна перемещению груза.
По условиям задачи,  0 =0. Тогда 1 = sE, где sE — перемещение точки Е (конца
пружины). Величины sE и  3 надо выразить через заданное перемещение s1, для этого учтем,
что зависимость между перемещениями здесь такая же, как и между соответствующими
скоростями. Тогда так как  3=vA/r3= vC1/r3 (равенство vC1=vA уже отмечалось), то и  3 = s1/r3.
Далее, из рис. Д6, б видно, что vD=vB = 3 R3 , а так как точка К2 является мгновенным
центром скоростей для блока 2 (он как бы «катится» по участку нити К2 L), то vE= 0,5vD=
0,5 3 R3 ; следовательно, и 1  s E  0,53 R3  0,5s1 R3 / r3 . При найденных значениях  3 и 1
для суммы вычисленных работ получим
s1 c R32 2
e
2
(7)
 Ak  20(3s1  s1 )  P1s1 sin 60  fP5 s1  M r  8 r 2 s1 .
3
3
Подставляя выражения (6) и (7) в уравнение что T0 = 0, придем к равенству (1) и
учитывая, что
3
1
1
M
c R32 2
( m1r32  m3  32  m5 r32 )32  20(3s1  s12 )  P1 s1 sin 60  fP5 s1  s1 
s1 . (8)
4
2
2
r3
8 r32
Из равенства (8), подставив в него числовые значения заданных величин, найдем
искомую угловую скорость  3 .
Ответ:  3 = 8,1 c 1 .
Пример 1. Груз веса G, которому в момент времени t = 0 была сообщена некоторая
начальная скорость, поднимается по наклонной шероховатой плоскости Определить
величины сил трения и нормального давления N, действующих на тело, если известны
коэффициент трения о плоскость f и угол наклона  .
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 35 из 72
Решение. Введем декартовы оси координат, совместив начало отсчета О с положением груза
при t = 0. Изобразим груз в произвольном положении и действующие на него силы.
Принимая груз за материальную точку, запишем для него второй закон Ньютона


m а = G + N + F тр.
(2)
Проектируя обе части векторного равенства (2) на ось у, имеем 0 = -G cos  + N
(учтено, что ускорение груза параллельно оси х). Отсюда находим N = G cos  .
Используя далее закон Кулона (уравнение (3) в гл. 3), получим силу трения
F тр = N f = G cos  f .
Пример 2. Дополнительно к условиям задачи примера 1 дано, что в момент времени t
скорость груза стала равна половине начальной. Найти начальную скорость груза v0 и путь D
пройденный им за время t .
Решение. Проектируем обе части векторного равенства (2) на ось x. Используя формулы G =
mg и F тр = G f cos  ,получим x = -g (sin  + f cos  ).
Общее решение полученного дифференциального уравнения и выражение для скорости
груза даются формулами (подробности их получения опущены, а их правильность можно
проверить путем дифференцирования)
x=-
1
g (sin  + f cos  ) t 2 + C1 t + C2 ,
2
x = -g (sin  + f cos  ) t + C1 .
Последние два соотношения должны быть справедливы в любой момент времени t , стало
быть, и в начальный момент времени t 0 = 0, и в момент времени t, т.е. соотношения будут
удовлетворяться, если в них вместо t, x, dx/dt будут подставлены сначала значения 0, 0, v , а
0
затем t, D, v /2 .После подстановок получим систему четырех уравнений
0
0 = C2 ,
v0 = C1 ,
D=-
1
g (sin  + f cos  ) t 2 + C1 t + C2 ,
2
1
2
= -g (sin  + f cos  ) t + C1
v0
с четырьмя неизвестными C1 , C2 ,
v0 , D, решая которую, найдём искомые величины
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
v0
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 36 из 72
= 2g (sin  + f cos  ) t,
D = 3 g (sin  + f cos  ) t 2 .
2
Пример. По боковой грани призмы массы m1 , находящейся на гладкой горизонтальной
плоскости, под действием силы веса скатывается однородный диск массы m2 (рис. 28). Угол
наклона боковой грани к основанию равен  . В начальный момент скорости призмы и диска
равны нулю. Определить расстояние d1 , на которое сдвинется призма, когда центр диска
переместится вдоль грани на расстояние d 2 .
Решение. Включим в механическую систему два тела — призму и диск и



расставим внешние силы — активные силы веса G1 и G2 и силу реакции N1 гладкой
плоскости. Характерная особенность системы внешних сил заключается в том, что все они
перпендикулярны горизонтальной оси, и поэтому сумма их проекций на эту ось равна
нулю
Направим ось х горизонтально слева направо с началом в точке О. На рис. 28 изобразим
систему в двух положениях: начальном I и в тот момент времени, когда диск переместился
по грани призмы на расстояние d 2 - II.
Поскольку направление и величина перемещения призмы заранее неизвестны, то, особенно
не гадая, изобразим положение II правее начального положения I.
Так как
F
kx
e
 0 , из закона сохранения проекции скорости центра масс системы на ось х
следует VC x  const . Так как в положении I все скорости были равны нулю, то VC x = 0.
Отсюда следует, что xc = const или xcII  xcII . Пользуясь формулами для координат центра
масс, перепишем последнее равенство так:
m1 xcI1  m2 xcI2
m1  m2

m1 xcII1  m2 xcII2
m1  m2
(3)
Здесь xcI1 и xcI2 — координаты центров масс призмы и диска в положении I, а xcII1 и xcII2 —
аналогичные величины в положении II.
Из рис. 28 видно, что xcII1 = xcI1 + d1 , xcII2 = xcI2 + d1 + d 2 cos  . Подставляя эти соотношения в
формулу (3), после алгебраических преобразований найдем
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
d1 = 
Страница 37 из 72
m2 d 2 cos 
m1  m2
Знак полученного ответа говорит о том, что перемещение призмы направлено
противоположно изображенному на рисунке.
Пример. По гладкой горизонтальной плоскости со скоростью V0 движется прямоугольный
параллелепипед массы m1 , на верхней грани которого покоятся две самоходные тележки с
массами m2 и m3 (рис. 29). В некоторый момент времени тележки начинают двигаться
навстречу друг другу, при этом законы
их движения по отношению к параллелепипеду задаются функциями d 2  h2t 3 , d 3  h3t 3 .
Найти зависимость скорости параллелепипеда
от времени.
Решение. В систему включим три тела — параллелепипед и обе тележки. Изобразим
  

внешние силы — активные силы веса G1 , G2 , G3 а также реакцию плоскости N .
Все они вертикальны, и сумма их проекций на горизонталь равна нулю. Поэтому применим
закон (4) о сохранении проекции количества движения системы на ось х — запишем Qx 0 в
момент времени t 0 затем Qx в произвольный момент времени t и приравняем полученные
величины:
Qx 0  m1v0  m2 v0  m3v0,
Qx  m1v1  m2 (v1  d 2 )  m3 (v1  d3 ) .
В последнем выражении скорости тележек подсчитывались в соответствии с теоремой о
скоростях при сложном движении точки. После приравнивания правых частей равенств и
проведения алгебраических выкладок получим
3t 2 (m2 h2  m3h3 )
v1  v0 
m1  m2  m3
Пример. На однородный барабан веса G1 и радиуса R намотана Невесомая нить с грузом
веса G2 на конце (рис. 30). Определить ускорение груза, пренебрегая силами трения при
вращении барабана.
Решение. Включим в систему барабан; груз и нить. Расставим внешние силы — активные

силы веса G1 , G2 и силу реакции, N o проходящую через ось вращения О. Направление силы
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 38 из 72

N 0 заранее неизвестно, поэтому рисуем ее произвольно. Пары сил трения в оси не
возникает, что следует из условия задачи.
Воспользуемся теоремой об изменении кинетического момента системы относительно оси
вращения барабана (7):

dK 0
  M 0 ( F je )
(8)
dt
Подсчитывая K 0 как сумму кинетических моментов барабана и груза, с учетом (1), (5) и
равенства v2  1R получим
1
K 0  v2 R ( m1  M 2 )
2
Вычислим сумму моментов внешних сил относительно оси
e
M
(
F
 0 j )  m2 gR
(9)
(10)
Подставив правые части формул (9), (10) в выражение (8) и проведя дифференцирование,
найдем
a2 
2m2
g.
m1  2m2
Пример 1. Система элементарных сил тяжести твердого тела всегда имеет
равнодействующую, равную весу тела G, приложенную в центре тяжести С. Поэтому сумма
элементарных работ сил тяжести равна работе силы веса на перемещении центра тяжести
тела.
Пример 2. Сумма элементарных работ внутренних сил, приложенных к точкам
твердого тела, равна нулю, так как главный вектор и главный момент системы внутренних
сил равны нулю.
Пример. Однородный диск под действием силы веса G скатывается без проскальзывания по
идеально шероховатой плоскости, наклоненной под углом к горизонту (рис. 33). Определить
ускорение центра диска, величину силы трения и минимальное значение коэффициента
трения f  при котором возможно качение без
проскальзывания.
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 39 из 72
Решение. В качестве механической системы выберем диск и применим для
исследования движения теорему об изменении кинетической энергии в дифференциальной
форме (11). Подсчитывая кинетическую энергию диска, найдем
T
1 2 1
3
mvC  I C 2  mvC2 .
2
2
4
1 2
mr и vC  r .Так как исследуемая система является твердым
2
телом, то  dAi  0 . Подсчитаем сумм элементарных работ внешних сил и, подставив
Здесь учтено, что I C 
найденные выражения для Т и
 dA
e
в равенство (11), получим
3
d ( 3mvC2 )  mgr sin   d .
4
Поделив обе части равенства на с учетом кинематических соотношений vC  aC ,   ,
найдем
aC 
2
g sin  .
3
(12)
Запишем формулировку теоремы о движении центра масс системы (2) применительно к
рассматриваемой задаче
  

maC  G  N  FTP.
Спроектируем полученное векторное равенство на две перпендикулярные оси, первая из

которых параллельна нормальной силе реакции N :
0  G cos  N ,
maC  G sin   FTP .
1
С учетом (12) находим решение этой системы: FTP  G sin  , N  G cos  . Подставляя
3
полученные величины в формулировку закона трения Кулона, определим минимальноё
значение коэффициента трения f  . при котором возможно качение без проскальзывания:
1
f   tg .
3
Пример 1. В кабине лифта, поднимающегося замедленно с ускорением а, находится груз
веса G (рис. 34). Определить давление пола лифта на груз.
Решение. Примем груз за материальную точку и расставим реальные силы,. действующие на

него — активную силу веса G и силу давления пола на груз добавим к этим силам



фиктивную силу инерции Ф  ma (обратите внимание: сила Ф на рисунке направлена не
против перемещения лифта, а противоположно вектору ускорения).
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 40 из 72
  
Полученная система трех сил G, N , Ф , уравновешена в соответствии с принципом
Даламбера. Линии действия всех сил направлены вдоль одной прямой, поэтому равновесие
системы описывается одним уравнением  Fx  0 , остальные пять уравнений обращаются в
тождества. Уравнение равновесия имеет вид
 G  N  Ф  0.
Подставляя вместо Ф модуль силы инерции ma
(знак минус был учтен на рисунке), имеем N = G (g – a).Видно, что сила давления пола
меньше веса груза.
Система сил инерции может оказаться громоздкой в случаях большого количества
материальных точек или распределенных масс. Пользуясь теоремой статики о приведении

системы сил к центру, систему сил инерции Ф j можно заменить эквивалентной системой, со

стоящей из одной силы Ф , приложенной в наперед заданном центре Р (она равна главному


вектору сил инерции Ф   Ф j и не зависит от выбора центра), и одной пары сил, момент

 

которой M Pи равен главному моменту сил инерции относительно центра: M Pи   M P (Ф j ).

Можно показать, что Ф подсчитывается по формуле


Ф  maC

где m — масса системы, aC — ускорение центра масс.
Пример 2. Однородный диск радиуса r катится вверх без проскальзывания по дуге
окружности радиуса R (рис. 35). Коэффициент трения качения равен k. Определить
ускорение центра диска и силу давления диска на опору в тот момент, когда скорость центра
диска равна vo а угол между вертикалью и прямой, соединяющей центры диска и дуги, равен
.
Решение. Ускорение центра диска состоит из двух составляющих aC и aCn
причем направление aC , заранее неизвестно, а aCn = v02 /( R  r ). При отсутствии
проскальзывания aC = r , где  — угловое ускорение диска.
Силы инерции диска приведем к центру масс, при этом силу инерции разложим на две
 





составляющие Ф  Ф r  Ф n , где Ф  =  maC и Ф n =- maCn .
Величина момента пары сил инерции будет равна M CИ  I C   mraC / 2 соответствующую ему
дуговую стрелку направим противоположно дуговой стрелке предполагаемого углового
ускорения.
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 41 из 72
Изображенная на рис. 35 система сил уравновешена в силу принципа Даламбера. Выпишем
уравнения равновесия для плоской системы сил:
FTP  Ф  G sin   0
N  Ф n  G cos   0
 M TP  M CИ  Ф r  Gr sin   0
Здесь (1) — уравнение проекций на направление (2) — уравнение проекций на направление ,
(3)— уравнение моментов относительно центра Р. Присоединив к этим уравнениям закон
Кулона (см. гл. 3):
M TP  kN ,
получим окончательно систему четырех уравнений с четырьмя неизвестными aC ,N, FTP , M TP
решив которую, найдем:
v2
v2 
2 
aC   gr sin   k ( g cos   0 ) , N  m( g cos   0 ) .
Rr
3r 
Rr 
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 42 из 72
Статические неопределенные задачи при растяжении и сжатии.
Несущая способность статически неопределимых систем
Тема: Расчет на прочность статически неопределимых систем при растяжении и
сжатии.
Требуется:
1. Найти усиление и напряжение в стержнях, выразив через силу Р1
2. Определить допускаемую нагрузку [Р], если [σ] = 160 МПа
3. Найти предельную нагрузку Рпр, если [σ1] = 240 МПа и h1 = 1,5
4. Сравнить величины допускаемых нагрузок Рпр и Р, для чего найти их отношения.
Дано:
А=10 см2 = 10·10- 4м
а=2,1м
в=2,5см
с=1,5см
[σ] =160 МПа
hТ = 1,5
Найти: Р=?, РТ =?, [РТ]=?
Решение.
1. Составляется уравнение статики для стержневой системы (Рис. 2).
1. Σ Мi = 0;
Ν1·cos 45·(a+c) +N2 (a+b+c) – Р·c =0
2. Σ Zi =0;
Z0 +Ν2·sin 45 = 0
3. Σ Yi =0;
Y0 + Ν1·cos 45 – P + N2= 0
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 43 из 72
В три уравнения равновесия входят четыре неизвестные силы, и, следовательно,
задача является статически неопределимой. Для составления уравнения рассмотрим
деформацию конструкции.
ОА АА /
2. Рассмотрим подобие двух треугольников ОАА / ОВВ / 

ОВ ВВ /
Рассмотрим ОАА для нахождения деформации системы.
Рис. 3
li
АА

cos 45 cos 45
ОА АА

ОВ ВВ 
li
( а  с)

(а  в  с) l 2 cos 45
l1 
l 2  cos 45  (a  b  c)
(a  c)
3. На основании закона Гука:
N l
N l
N l cos 45
N 2  l2
и, следовательно, 1 1 (a  c)  2 2
l1  1 1 ; l 2 
( a  b  c) ,
E  A1
E  A0
E2 A
E  2 A cos 45
откуда l1  a 2  a 2  a 2
l2  b
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 44 из 72
Значения l1 и l 2 подставляем в уравнение: N1  a 2 (a  c)  N 2  b(a  b  c)
N1 10,6  N 2  15,3
N1  N 2 1,44
Полученное значение первой продольной силы N1 подставляем в уравнение (1)
1,44·Ν2·cos 45·(a+c) +N2 (a+b+c) – Р·c =0
Ν2·3,63 + N2 · 6,1 = 1,5 Р
1,5P
N2 
9,73
Ν2=0,15 Р
Ν1=0,22 Р
4. Найденные значения N1 и N2 подставляем во (2) и (3) уравнения статики и получаем
значения Z0 и Y0 :
2
Z0 = - N2 sin45o = 0,15 Р ·
= 0,105 Р
2
2
Y0 = Р – 0,15 Р - 0,22 Р ·
= 0,696 Р
2
5. Находим значения нормальных напряжений σ1, σ2
N
0,22 P
P
σ1 = 1 
 0,22
A1
A
A
σ1 =
N 2 0,15P
P

 0,075
A2
2A
A
 max  max  1 ,  2    1  0,22 P     160  10 6 Па
 10 3
 727  10 3 Н  727кН .
0,22
Р  160  10
6
6. Определяем числовые значения Y0, Z0, N1, N2, σ1, σ2:
Y0 = 0,696 · 727 · 103=506 · 103 Н
Z0 = 0,105 · 727 · 103=76,4 · 103 Н
N1 = 0,22 · 727 · 103 = 159,9 · 103 Н
N2 = 0,15 · 727 · 103 = 109,1 · 103 Н
σ1 = 0,22 · 727 · 106 = 160 · 106 Па = 160 МПа
σ2 =2,075 · 727 · 106 = 54,5 · 106 Па = 54,5 МПа
7. Определяем предельную нагрузку Pпр , исходя из условия равновесия
(Σ Мi = 0;
Ν1·cos 45·(a+c) +N2 (a+b+c) – Р·c =0), где N1 = σ1 · А, и N2 = σ2 · 2А :
Рпр 

 1    cos 45 0 (а  с)  2  (а  b  c)
240  10 6  10 3  (
1,5

2
 (3,6)  2  (6,1))
240  10 6  10 3  14,72
2

 2355  10 3 Н  2355кН
1,5
1,5
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 45 из 72
8. По формуле находим предельно допускаемую нагрузку:
Рпр 2355  10 3
Рпр 

 1570кН .
n
1,5
 
Статистически определимые задачи при кручении.
Тема: Расчет статически определимых брусьев на прочность и жесткость при кручении.
Дано:
1. Схема бруса.
2. Размеры нагрузки.
Требуется:
1. Рассчитать брус на прочность и жесткость
2. Построить эпюры крутящих моментов, касательных напряжений и углов поворота.
Дано:
m1 = 400 Н∙м
m2 = 1200 Н∙м
m3 = 2400 Н∙м
m4 = 400 Н∙м
m5 = m5 Н∙м
[τ] = 40 МПа
град
[θ] = 0,5
м
d = 0,5b
d1 = 1.5b
d2 = 2b
d3 = 2.5b
a = 0.3 м
d3
d
d
1
а
d2
d2
а
а
а
Найти: Т, τ, θ - ?
Решение.
1. Составим уравнение статики:
Σ Мi = 0
m1 – m2 – m3 + m4 + m5 = 0
m5 = - m1 + m2 + m3 – m4 = - 400 + 1200 + 2400 – 400 = 2800 H·м
T1 = + m1 = 400 H·м
а
d1
а
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 46 из 72
T2 = m1 – m2 = 400 – 1200 = - 800 H·м
T3 = m1 – m2 – m3 = - 800 – 2400 = - 3200 H·м
T4 = m1 – m2 – m3 = - 800 – 2400 = - 3200 H·м
T5 = m1 – m2 – m3 + m4 = – 2800 H·м
T6 = m1 – m2 – m3 + m4 + m5 = 0 H·м
2. Определяем полярный момент сопротивления на каждом участке Wpi :
с
d
D
W p1 
Wp2
W p3
Wp4
W p5
W p6
 (1,5b) 3
(1  c 4 )  0,61875b 3
16
 (2b) 3

(1  c 4 )  1,09375b 3
16
 (2,5b) 3

(1  c 4 )  0,5b 3
16
 (8b) 3

(1  c 4 )  0.5b 3
16
 (1,5b) 3

(1  c 4 )  0,675b 3
16
0
3. Определяется касательное напряжение на каждом участке по формуле
 
Ti
,
W pi
выражая каждое значение через 1/b3
1 
T1
400
646,5

 3 ;
3
W p1 0,61875b
b
2 
T2
 800
731,4

 3 ;
3
W p 2 1,09375b
b
3 
T3
 3200
6400

 3 ;
3
W p3
0,5b
b
4 
T4
 3200
6400



;
Wp4
1,6b 3
b3
5 
T5
 2800
4148,2


;
3
W p 5 0,675b
b3
6 
T6
0
 0
W p6 0
Определяем максимальное значение касательного напряжения из пяти значений:
τmax = max {τ1, τ2, τ3, τ4, τ5} ≤ [τ];
τ3 ≤ [τ]
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011

Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 47 из 72
6400
 [40];
b3
6400
 5,43  10  2  54,3  10 3 м  54,3 мм
6
40  10
b3
4. Определяется полярный момент инерции по данной формуле I i 
d 4
32
на каждом
участке:
I Р1 
I Р2
I Р3
d 4
(1  c 4 )  0,93b 4
32
d 4

(1  c 4 )  2,2b 4
32
 7,8b 4
I Р 4  7,8b 4
I Р 5  1,1b 4
I Р6  0
5. Определяем относительный угол закручивания по формуле  
1 
400
53,7  10 10


8  1010  0,93b 4
b4
2 
 800
45,5  10 10


8  10 4  2,26b 4
b4
3 
 3200
51,3  10 10

8  1010  7,8b 4
b4
4 
 3200
 51,3  10 10

8  1010  7,8b 4
b4
 2800
 318,2  10 10

8  1010  1,1b 4
b4
6  0
Определяем максимальное значение:
 max  max{ 1 ,  2 ,  3 , 4 , 5 ,  6 }   5  [ ]
5 
0,87  10  2  0,0087 рад / м
 318,2  10 10 4
b2 
 365,7  10 8  0,0044 м  44 мм
2
0,5  1,74  10
Примем максимальное значение из полученных значений b:
b≥{|b1|,|b2|} = b1 = 54,3 мм = 54,3·10- 3 м = 55мм
4
Ti

 i
G  I pi li
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 48 из 72
6. Определяем действительные значения касательного напряжения τi:
T
646,5
646,5
1  1  3 
 0,0038  10 9 Па  3,8МПа
3 3
W p1
b
(55  10 )
2 
T2
731,4

 4,4  10 6 Па  4,4МПа
3 3
W p2
(55  10 )
3 
T3
 6400

 38,5  10 6  38,5МПа
3
W p3
b
4 
T4
 6400

 38,5МПа
W p4
b3
5 
T5
 4148,2

 24,9МПа
W p4
b3
6  0
7. Определяем действительные значения относительного угла закручивания θi:
53,7  10 10
1  
 0,000586845 рад / м
b4
45,5  10 10
2  
 0,000497233 рад / м
b4
 51,3  10 10
3 
 0,000560617 рад / м
b4
 4  0,000560617 рад / м
 318,2
 0,003477358 рад / м
b4
6  0
5 
8.
Определяем по формуле значение перемещения i 
Ti  i
 i   i
GI pi
1  0,000586845  0,3  0,000176053 рад
 2  0,000497233  0,3  0,000149169 рад
 3  0,000560617  0,3  0,000168185 рад
 4  0,000560617  0,3  0,000168185 рад
 5  0,003477358  0,3  0,0010443207 рад
6  0
9. Находим числовые значения перемещения Δφi по сечениям:
φА = 0
φВ = φА + φ1 = 0 + 0,000176053 = 0,000176053 рад;
φС = φВ + φ2 = 0,000176053 + 0,000149169 = 0,000325222 рад;
φD = φС + φ3 = 0,000325222 + 0,000168185 = 0,000493407 рад;
φЕ = φD + φ4 = 0,000493407 + 0,000168185 = 0,000661592 рад;
φF = φЕ + φ5 = 0,000661592 + 0,003477358 = 0,00413895 рад;
φG = φF + φ6 = 0,00413895 + 0= 0,00413895 рад.
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
m3
m2
m1
Ред. № 3 от 2011 г.
m4
d3
d
d1
m5
d2
d2
а
Страница 49 из 72
d1
а
а
а
а
а
Эпюра Тi (кНм)
400
+
0
800
3200
3200
2800
Эпюра τ (МПа)
3,8
+
38,5
4,4
-
24,9
0
-
+
38,5
Эпюра φ (рад)
A
B
C
D
E
F
G
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 50 из 72
Статически неопределимые системы при изгибе.(основные понятия)
Тема: Расчет статически неопределимой балки на прочность при изгибе.
Дано:
1. Схема балки.
2. Необходимые для расчета размеры и величины нагрузок .
3. Материал балки – ст.3.
4. Допускаемое напряжение  = 160 МПа.
5. Сечение балки – двутавр.
Требуется: Рассчитать балку на прочность, т.е. определить размеры поперечного сечения
балки.
Дано:
a = 0.5 м
q = 1 т/м
p = qa
m = 2qa2
q
P
m
Эпюры Q, M
2a
a
a
Решение.
M A =2qa2 +RB -P3a +RD 4a + m = 0
8R A a 3 16qa 4

при z=2a EIy = EIy0  ЕI 0 2a 
6
24
2
MB=-R A 2a + 2qa – Pa + RD2a + m = 0
MD==-R A 4a + 6qa2 – RB 2a + Pa + m = 0
R A z 3 qz 4 q( z  2a) * RB ( z  2a) 3 P z  3a 3




6
24
24
6
6
3
4
4
27 R A (a)
R a3
81P(a)
qa


 B
при z=3a EIy  EIy 0  EI 0 3a 
6
24
24
6
3
3
4
19 R A (a)
R a
64(qa)
EI 0 a  

 B
6
24
6
4
 64qa
R a 3 19 R A3  R A 27a 3 81qa 4 qa 4 RB a 3

при z=2a EIy = EIy0 = 3
 B 



6
6 
6
24
24
6
 24
EIy  EIy 0  EI 0 z 
Неизвестно: R A , RB, RD
4
3
3

4,7qa  14 R A a  0,3RB a  0

2

8qa  R A 4a  RB 2a  0
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 51 из 72
8qa 2  R A 4a
RB 
 4qa  2 R A
2a
4,7 qa 4  14 R A a 3  0,3a 3 (4qa  2 R A )  0

4,7 qa 4  14,6 R A a 3  1,2qa 4  0
5,9qa 4
RA 
 0,4qa
14.6a 3
R B  3,2qa
R D  0.6qa
Проверка:
R A  2qa  RB  P  RD  0
0,4qa  2qa  3,2qa  qa  0,6qa  0
00
Обзорное занятие по решению задач
Подготовку к каждому практическому занятию следует начинать с повторения
основных разделов темы, детального разбора примеров (по рекомендованной литературе или
конспектам) и ответов на контрольные вопросы.
Работа над учебником обязательно должна сопровождаться решением задач по
изучаемому разделу курса. Задачи рекомендуется решать самостоятельно, так как при этом
лучше усваивается и закрепляется теоретический курс, выясняется суть прочностных
расчетов. Очень полезно, самостоятельно произвести все требующиеся расчеты, а затем
проанализировать приведенные в учебнике и задачниках примеры и задачи с решениями.
Типовые задачи мы будем решать на аудиторных практических занятиях. Во время
самостоятельной работы под руководством преподавателя я смогу дать ответы на вопросы,
которые возникнут у вас при выполнении домашних заданий.
Для полного понимания рассматриваемого материала, необходимо оформить краткий
конспект каждой темы, записывая основные определения и все без исключения формулы с
анализом их физического смысла. Все записи, а также решения задач по каждой теме,
следует вести в отдельной тетради для практических работ.
В дальнейшем этот материал, подготовленный вами самостоятельно, не только окажет
большую помощь при повторении курса перед экзаменом, но и может быть использован как
справочное пособие в практической работе.
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 52 из 72
5.Самостоятельная работа студента
Задача К 1
Под номером К1 помещены две задачи К1а и К1б, которые надо решить.
Задача К 1а. Точка В движется в плоскости ху (рис. K1.0 — К 1.9, табл. К1; траектория
точки на рисунках показана условно). Закон движения точки задай уравнениями: x  f1 (t ) ,
y  f 2 (t ) , где х и у выражены в сантиметрах, t— в секундах.
Найти уравнение траектории точки; для момента времени t1 = 1 с определить скорость
и ускорение точки, а также ее касательное и нормальное ускорения и радиус кривизны в
соответствующей точке траектории.
Зависимость x  f1 (t ) указана непосредственно на рисунках, а зависимость
y  f 2 (t ) дана в табл. Kl (для рис. 0—2 в столбце 2, для рис. 3—6 в столбце 3, для рис. 7—9 в
столбце 4). Как и в задачах С1— С4, номер рисунка выбирается по предпоследней цифре
шифра; а номер условия в табл. К1 — по последней.
Задача К1б. Точка движется по дуге окружности радиуса R — 2 м по закону s  f (t ) ,

заданному в табл. К1 в столбце 5 (s — в метрах, t — в секундах), где s = AM — расстояние
точки от некоторого начала А, измеренное вдоль дуги окружности. Определить скорость и
ускорение точки в момент времени t1 = 1 с. Изобразить на рисунке векторы v и a , считая,
что точка в этот момент находится в положении М, а положительное направление отсчета s
— от А к М.
Указания. Задача К1 относится к кинематике точки и решается с помощью формул, по
которым определяются скорость и ускорение точки в декартовых координатах
(координатный способ задания движения точки), а также формул, по которым определяются
скорость, касательное и нормальное ускорения точки при естественном способе задания ее
движения.
В задаче все искомые величины нужно определить только для момента времени t1 = 1
с. В некоторых вариантах задачи Kla при определении траектории или при последующих
расчетах (для их упрощения) следует учесть известные из тригонометрии формулы:
cos 2  1  2 sin 2   2 cos 2   1 ; sin 2a  2 sin  cos
Номер условия
1
0
1
2
3
4
Рис. 0-2
2

12 sin( t )
6

 6 cos( t )
3

 3 sin 2 ( t )
6

9 sin( t )
6

3 cos( t )
3
y  f 2 (t )
Рис. 3-6
3
2
2t  2
8 sin(

t)
4
(2  t ) 2
2t 3

2 cos( t )
4
Таблица К1
s  f (t )
Рис. 7-9
4

4 cos( t )
6

6 cos 2 ( t )
6

4 cos( t )
3

10 cos( t )
6

 4 cos 2 ( t )
6
5

4 cos( t )
6
2 sin(

t)
3
6t  2t 2
 2 sin(

6

t)
4 cos( t )
3
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
5
6
7
8
9

10 sin(
6
t)

6 sin 2 ( t )
6
 2 sin(

6
t)

9 cos( t )
3
 8 sin(

6
t)
Ред. № 3 от 2011 г.
2  3t 2
2 sin(

t)
4
(t  1) 3
2  t3

4 cos( t )
4
Страница 53 из 72

12 cos( t )
3

 3 cos( t )
3

 8 cos( t )
3

9 cos( t )
6

 6 cos( t )
3
 3 sin(

t)
3
3t 2  10t

 2 cos( t )
3
3 sin(

6
t)

 2 cos( t )
6
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 54 из 72
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 55 из 72
Задача К2
Механизм состоит из ступенчатых колес 1—3, находящихся в зацеплении или
связанных ременной передачей, зубчатой рейки 4 и груза 5, привязанного к концу нити,
намотанной на одно из колес (рис. К2.0 — К2.9, табл. К2). Радиусы ступеней колес равны
соответственно: у колеса 1 —  1 = 2 см, R1 = 4 см, у колеса 2 — r2 = 6 см, R2 = 8 см, у колеса
3— r3 = 12 см, R3 = 16 см. На ободьях колес расположены точки А, В и С.
В столбце «Дано» таблицы указан закон движения или закон изменения скорости
ведущего звена механизма, где 1 (t ) — закон вращения колеса 1, s4 (t ) — закон движения
рейки 4, 2 (t ) — закон изменения угловой скорости колеса 2, v5 (t ) — закон изменения
скорости груза 5 и т.д. (везде  выражено в радианах, s—в сантиметрах, t — в секундах).
Положительное направление для  и  против хода часовой стрелки, для s4 , s5 и v4 , v5 —
вниз.
Определить в момент времени t1 = 2 с указанные в таблице в столбцах «Найти»
скорости ( v — линейные,  — угловые) и ускорения ( a — линейные,  — угловые)
соответствующих точек или тел ( v5 — скорость груза 5 и т.д.).
Указания. Задача К2 — на исследование вращательного движения твердого тела
вокруг неподвижной оси. При решении задачи учесть, что, когда два колеса находятся в
зацеплении, скорость точки зацепления каждого колеса одна и та же, а когда два колеса
связаны ременной передачей, то скорости всех точек ремня и, следовательно, точек,
лежащих на ободе каждого из этих колес, в данный момент времени численно одинаковы;
при этом считается, что ремень по ободу колеса не скользит.
Таблица К2
Номер условия
Дано
Найти
Скорости
Ускорения
2
0
,
v
v
 2 , a A , a5
s 4  4(7t  t )
C
B
1
 3 , aB , a4
v A , vC
v5  2(t 2  3)
1  2t 2  9
 2  7t  3t 2
 3  3t  t 2
v4 , 2
v5 ,  3
v5 , v B ,
6
1  5t  2t 2
 2  2(t 2  3t )
7
v4  3t  8
v 4 , 1
v A , 3
8
s5  2t 2  5t
v4 , 2
9
 3  8t  3t 2
v5 , v B
2
3
4
5
2
v 4 , 1
 2 , ac , a5
 2 , a A , a4
1 , aB , a5
 2 , ac , a4
1 , ac , a5
 3 , aB , a5
1 , ac , a4
 2 , a A , a4
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 56 из 72
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 57 из 72
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 58 из 72
Задача Д1
Груз D массой m, получив в точке А начальную скорость vo, движется в изогнутой
трубе ABC, расположенной в вертикальной плоскости; участки трубы или оба наклонные,
или один горизонтальный, а другой наклонный (рис. Д1.0 — Д1.9, табл. Д1).
На участке АВ на груз кроме силы тяжести действуют постоянная сила Q (ее
направление показано на рисунках) и сила сопротивления среды R , зависящая от скорости
v груза (направлена против движения); трением груза о трубу на участке АВ пренебречь.
В точке В груз, не изменяя своей скорости, переходит на участок ВС трубы, где на
него кроме силы тяжести действуют сила трения(коэффициент трения груза о трубу
f=0,2) и переменная сила F , проекция которой Fx на ось х задана в таблице.
Считая груз материальной точкой и зная расстояние АВ = l или время t1 (движения
груза от точки А до точки В, найти закон движения груза на участке ВС, т. е. х= f(t), где х =
BD.
Указания. Задача Д1 — на интегрирование дифференциальных уравнений движения
точки (решение основной задачи динамики). Решение задачи разбивается на две части.
Сначала нужно составить и проинтегрировать методом разделения переменных
дифференциальное уравнение движения точки (груза) на участке АВ, учтя начальные
условия. Затем, зная время движения груза на участке АВ или длину этого участка,
определить скорость груза в точке В. Эта скорость будет начальной для движения груза на
участке ВС. После этого нужно составить и проинтегрировать дифференциальное уравнение
движения груза на участке ВС тоже с учетом начальных условий, ведя отсчет времени от
момента, когда груз находится в точке В, и полагая в этот момент t = 0. При интегрировании
уравнения движения на участке АВ в случае, когда задана длина l участка, целесообразно
перейти к переменному х, учтя, что
dv x
dv
 vx x .
dt
dx
Таблица Д1
Номер
m,
v0,
Q,
R,
l,
t1 ,
Fx ,
условия
кг
м/с
Н
Н
м
с
Н
0
2
20
6
0,4
2,5
2sin(4t)
1
2,4
12
6
0,8v2
1,5
6t
2
4,5
24
9
0,5v
3
3sin(2t)
3
6
14
22
0,6v2
5
-3cos(2t)
4
1,6
18
4
0,4v
2
4cos(4t)
5
8
10
16
0,5v2
4
-6sin(2t)
6
1,8
24
5
0,3v
2
9t2
7
4
12
12
0,8v2
2,5
-8cos(4t)
8
3
22
9
0,5v
3
2cos(2t)
2
9
4,8
10
12
0,2v
4
-6sin(4t)
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 59 из 72
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 60 из 72
Задача Д6
Механическая система состоит из грузов 1 и 2, ступенчатого шкива 3 с радиусами
ступеней R3 = 0,3 м, r3 = 0,1 ми радиусом инерции относительно оси вращения  3 = 0,2
м, блока 4 радиуса R4 = 0,2 м и катка (или подвижного блока) 5 (рис. Д6.0 — Д6.9, табл.
Д6); тело 5 считать сплошным однородным цилиндром, а массу блока 4 — равномерно
распределенной по ободу. Коэффициент трения грузов о плоскость f= 0,1. Тела системы
соединены друг с другом нитями, перекинутыми через блоки и намотанными на шкив 3 (или
на шкив и каток); участки нитей параллельны соответствующим плоскостям. К одному из
тел прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с.
Под действием силы F = f(s), зависящей от перемещения s точки ее приложения,
система приходит в движение из состояния покоя; деформация пружины в момент начала
движения равна нулю. При движении на шкив 3 действует постоянный момент М сил
сопротивления (от трения в подшипниках).
Определить значение искомой величины в тот момент времени, когда перемещение s
станет равным s1 = 0,2 м. Искомая величина указана в столбце «Найти» таблицы, где
обозначено: v1, v2, vC5 — скорости грузов 1,2 а центра масс тела 5 соответственно,  3 и 4 —
угловые скорости тел 3 и 4.
Все катки, включая и катки, обмотанные нитями (как, например, каток 5 на рис. 2),
катятся по плоскостям без скольжения.
На всех рисунках не изображать груз 2, если m2 = 0; остальные тела должны
изображаться и тогда, когда их масса равна нулю.
Указания. Задача Д6 — на применение теоремы об изменении кинетической энергии
системы. При решении задачи учесть, что кинетическая энергия Т системы равна сумме
кинетических энергий всех входящих в систему тел; эту энергию нужно выразить через ту
скорость (линейную или угловую), которую в задаче надо определить. При вычислении Т
для установления зависимости между скоростями точек тела, движущегося
плоскопараллельно, или между его угловой скоростью и скоростью центра масс
воспользоваться мгновенным центром скоростей (кинематика). При вычислении работы надо
все перемещения выразить через заданное перемещение s1, учтя, что зависимость между
перемещениями здесь будет такой же, как между соответствующими скоростями.
ТаблицаД6
Номер
m1,кг
m2, кг m3, кг m4, кг m5, кг c,H/м
M,Hм F=f(s),H Найти
условия
0
0
6
4
0
5
200
1,2
80(4+5s)  3
1
2
3
4
5
6
8
0
0
5
0
8
0
4
6
0
5
0
0
6
0
4
0
5
4
0
5
0
6
0
6
5
4
6
4
6
320
240
300
240
200
280
0,8
1,4
1,8
1,2
1,6
0,8
7
8
9
0
4
0
4
0
5
0
0
6
6
5
0
5
6
4
300
320
280
1,5
1,4
1,6
50(8+3s)
60(6+5s)
80(5+6s)
40(9+4s)
50(7+8s)
40(8+9s)
v1
v2
4
v1
vc5
3
60(8+5s) v2
50(9+2s) 4
80(6+7s) vc5
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 61 из 72
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 62 из 72
РАСЧЕТ НА ПРОЧНОСТЬ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ СТЕРЖНЕВЫХ
СИСТЕМ ПРИ РАСТЯЖЕНИИ И СЖАТИИ.
Дано: смотри таблицу.
Требуется:
1. Найти усилие и напряжение в стержнях, выразив их через силу Р;
2. Определить допускаемую нагрузку [P] , если [σ] = 160 МПа;
3. Найти предельную нагрузку PT для данной системы и допускаемую нагрузку Рдоп,
если σт = 240 МПа и kт=1,5;
4. Сравнить величины допускаемых нагрузок Рдоп и [P], для чего найти их отношение.
№ варианта
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
А, см2
10
12
14
16
18
20
10
12
14
16
а
а, м
2,1
2,2
2,3
2,4
2,5
2,6
2,7
2,8
2,9
3,0
б
b, м
2,5
2,6
2,7
2,8
2,9
2,0
2,9
2,8
2,7
2,6
в
с, м
1,5
1,6
1,7
1,8
1,9
2,0
1,9
1,8
1,7
1,6
г
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 63 из 72
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 64 из 72
РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫХ БРУСЬЕВ НА ПРОЧНОСТЬ И
ЖЕСТКОСТЬ ПРИ КРУЧЕНИИ.
3. Дано: Схема бруса (смотри рисунок).
4. Размеры нагрузки (смотри таблицу).
Требуется: рассчитать брус на прочность и жесткость, построить эпюры крутящих моментов,
касательных напряжений и углов поворота.
№
вар
иан
та
1
2
3
4
5
6
7
m1,
m2,
m3,
m4,
m5,
d1
d2
d3
a, м
Н∙м
[τ], [θ],
d
М
град
Па
м
Н∙м
Н∙м
Н∙м
Н∙м
400
300
200
100
m1
200
300
1200
1000
1100
m2
900
1200
800
2400
2000
m3
2200
3000
2500
2300
400
m4
600
1000
1200
800
m4
m5
300
400
200
500
m5
100
40
35
40
36
32
30
26
0,5
0,25
1
0,75
0,5
1
0,5
0,5b
b
0,5b
b
0.5b
b
0.5b
1.5b
2b
2b
1.5b
1.5b
2b
1.5b
2.5b
3b
2.5b
3b
2.5b
3b
2.5b
0.3
0.2
0.25
0.3
0.25
0.2
0.3
m3
1200
600
35
1,25
b
2b
2.5b
0.2
m2
3200
1400
300
40
0,25
0.5b
2b
2.5b
0.3
1000
б
2600
в
1000
г
200
д
28
е
1,5
а
b
б
1.5b
в
2b
2.5b
2.5b
2.5b
2b
2.5b
2.25
b
2.25
b
2.25
b
2.5b
г
8
400
1000
9
500
10
m1
а
3.2b
д
0.25
е
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 65 из 72
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 66 из 72
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 67 из 72
Расчет статически неопределимой балки на прочность при изгибе.
Дано:
6. Схема балки (смотри рисунок).
7. Необходимые для расчета размеры и величины нагрузок (смотри таблицу).
8. Материал балки – Ст.3.
9. Допускаемое напряжение  = 160 МПа.
10. Сечение балки – двутавр.
Требуется: Рассчитать балку на прочность, т.е. определить размеры поперечного сечения
балки.
№ варианта
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
а,м
0.5
0.6
0.7
0.8
0.4
0.5
0.8
0.6
0.7
0.3
q,кН/м
10
12
15
17
20
10
12
15
17
20
Р
qa
4qa
3qa
2qa
qa
2qa
3qa
4qa
qa
2qa
m
2qa2
qa2
2 qa2
qa2
2 qa2
3 qa2
qa2
2 qa2
3 qa2
2 qa2
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 68 из 72
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 69 из 72
Задан брус с ломаной осью, состоящий из четырех участков. Направление сил P и 2Р, а
также длины участков показаны на рисунках. Построить эпюры изгибающих и
крутящих моментов (отдельно от каждой сил и суммарную ).
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 70 из 72
Построение эпюры M,Q,N и определение перемещения плоской рамы
Задана плоская рама, состоящая из трех участков. Точки приложения и направления сил Р 1 и
Р2 , а также длины участков показаны на рисунках.
Найти: Построить эпюры изгибающих моментов от силы Р1 и Р2 и суммарную эпюру.
1. Методом Верещагина определить угол поворота сечения В.
2. Методом Верещагина определить горизонтальное или вертикальное перемещение
сечения А.
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 71 из 72
РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ РАМ НА ПРОЧНОСТЬ.
Дано:
1. Схема рамы (смотри рисунок).
2. Характер и величина нагрузки и размеры элементов рамы (смотри таблицу).
3. Элементы рамы изготовлены из двутавра, материал – сталь Ст.3
Требуется: построить эпюры продольных сил, поперечных сил и изгибающих моментов и
определить размеры поперечного сечения.
№ варианта
m
Р
q,кН/м
 ,м
2
1
10
1
2 q
5q 
2
2
10
1
q
4.5 q 
2
3
10
1
2 q
4 q
4
10
1
q
3.5 q  2
5
10
2
q
3 q2
6
10
2
2 q
2.5 q  2
2
7
10
2
q
2 q
2
8
10
2
2 q
1.5 q 
2
9
10
2
q
q
2
10
10
2
2 q
0.5 q 
УМКД 042-14-1-02.1.20.86/ 03-2011
Ред. № 3 от 2011 г.
Страница 72 из 72
Скачать