Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Электронный учебно-методический комплекс по учебной дисциплине «Сопротивление материалов» для студентов специальностей 1-70 01 01 «Производство строительных изделий и конструкций», 1-70 02 02 «Экспертиза и управление недвижимостью»

.pdf
Скачиваний:
0
Добавлен:
28.12.2025
Размер:
5.03 Mб
Скачать

Двутавр №20: осевой момент сопротивления Wx 184 см3 ; осевой момент

инерции I x 1840 см4 ; статический момент отсеченной части Sx0 104см3 ;

толшина стенки s=5,2 мм.

Проверим выполнение условия прочности по нормальным напряжениям

 

Mx

 

 

36

103

195,65МПа < R=210МПа.

Wx

184

10 6

 

 

 

 

Недогрузка составляет

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R

100

210 195,6

100 6,9%.

 

 

 

 

 

 

R

 

 

 

 

 

210

 

Проверим выполнение условия прочности по касательным напряжениям

 

Qy Sx0

34 103 104 10 6

36,96 МПа R

130МПа.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ix s

1840 10 8

5,2 10 3

s

 

 

 

 

Подготовим балку для вычисления прогибов согласно требованиям метода начальных параметров (рис. 74):

пронумеруем участки балки слева направо;

дополним распределенную нагрузку до конца балки;

приложим компенсирующую нагрузку.

 

 

q=12 кН/м

YA=38 кН

F=48 кН

 

 

 

 

YB=14 кН

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

C

A

D

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M=36 кНм

 

 

q=12 кН/м

 

 

 

 

 

a=2 м

 

b=4 м

 

c=2 м

 

 

 

1

 

I

2

II

3

III

4

 

 

Рис. 74 – Балка, подготовленная для определения прогибов методом начальных параметров

Составим универсальное уравнение упругой оси балки

101

EIV EIV EI z

 

M z 0 2

 

 

 

q z 0 4

 

 

 

YA z a 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

0

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

24

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I

 

 

 

 

 

 

II

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F z a b 3

 

q

z a b 4

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

24

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

III

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Начальные параметры определим по условию закрепления балки

1) при z = a = 2 м,

V = 0, участок I

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EIV EIV0

 

EI 0 2

36 2 0 2

 

 

12 2 0 4

0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

24

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I

 

 

 

 

 

 

 

2) при z = a+b+c = 2+4+2=8 м,

V = 0, участок III

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

EIVC EIV0 EI 08

36

8 0 2

 

12 8 0

4

 

 

38 8 2

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

24

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

I

 

 

 

 

 

 

 

 

 

II

 

 

48 8 2 4 3

 

12 8 2 4 4

 

 

 

 

 

0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

24

 

 

 

 

III

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решим полученную систему уравнений и найдем начальные параметры

EIV0

2EI 0 64 0;

 

8EI 0 544

 

EIV0

0.

EI 0 80кНм2 ;

EIV0 96кНм3 .

Вычислим прогиб балки в точке C ( z = 0 )

EIVC 96 80 0

 

36 0 0 2

 

12 0 0 4

 

96кНм3

;

2

 

24

 

 

 

 

 

 

 

I

 

 

EIVC

 

 

 

96 103

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

V

 

 

 

 

 

26,09мм (вверх).

 

 

 

 

 

 

 

 

C

EI

200

109 1840 10 8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вычислим прогиб балки в точке D ( z = 6 м )

102

EIVD 96 80 6

36 6 0 2

 

12 6 0 4

 

 

 

38 6 2 3

21,33кНм3;

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

24

 

 

I

 

 

 

 

II

 

EIVD

 

 

 

 

21,33 103

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

V

 

 

 

 

 

5,80мм (вверх).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

D

EI

 

 

200 109 1840 10 8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Проверим по условию жесткости

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

VC

 

 

26,09 10 3

0,00435

435

 

 

1

 

1

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b c

 

4,0 2,0

 

 

105

 

230

 

200

 

 

 

Условие жесткости выполняется.

Используя полученные значения прогибов в точках C и D, и, учитывая, что на опорах прогибы равны нулю, и в соответствии с эпюрой изгибающих моментов построим упругую ось балки (рис. 74).

1.7Напряженное и деформирование состояние в точке

1.7.1Понятие о напряженном состоянии в точке

Напряженным состоянием в точке называется совокупность напряжений действующих на всевозможных площадках, проведенных через эту точку.

В механике твердого деформируемого тела различают три основных вида напряженных состояния – линейное (одноосное), плоское (двуосное) и объемное (трехосное). Дадим определения этим видам напряженных состояний. Для этого в нагруженном теле около внутренней точки вырежем элемент (рис. 75).

Если две пары противоположных площадок элемента свободны от напряжений, то имеет место линейное напряженное состояние.

Если одна пара противоположных площадок элемента свободна от напряжений, то имеет место плоское напряженное состояние.

Если нет ни одной пары противоположных площадок элемента свободных от напряжений, то имеет место объемное напряженное состояние.

Линейное напряжен-

Плоское напряжен-

Объемное напряжен-

ное состояние

 

ное состояние

ное состояние

 

 

 

z

z

 

x

 

 

y

 

x

 

x

x

 

x

x

y

 

 

 

z

z

 

 

 

 

 

Рис. 75 – Примеры видов напряженных состояний

 

103

1.7.2 Правила расстановки индексов и знаков

Существуют общие правила расстановки индексов и знаков для нормальных и касательных напряжений. Но в некоторых случаях имеет место и отступление этих общих правил. Рассмотрим общие правила.

Нормальное напряжение имеет один индекс, совпадающий с обозначением оси, параллельно которой действует само напряжение.

Нормальные напряжения, вызывающие растяжение, считаются положительными, а сжатие – отрицательным.

Касательные напряжения имеют два индекса. Первый индекс совпадает с обозначением оси, по направлению которой действует само напряжение. Второй индекс совпадает с обозначением оси, параллельно которой направлена нормаль площадки, где действует напряжение.

 

XY>0

Y

 

XY<0

Y

 

 

 

 

 

 

YX>0

 

 

X

 

 

 

X

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

YX>0

YX<0

 

 

YX<0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

XY>0

 

XY<0

 

 

Рис. 76 – Пример обозначений и расстановки знаков касательных напряжений

Если направление касательного напряжения и внешней нормали площадки, где действует напряжение, одновременно совпадают или одновременно не совпадают с положительными направлениями соответствующих осей координат, то такие касательные напряжения считаются положительными (рис. 76).

Отметим, что в сопротивлении материалов принято, что знак касательного напряжения в балке от поперечной силы совпадает со знаком поперечной силы.

1.7.3 Напряжения на наклонной площадке при плоском напряженном состоянии

Рассмотрим элементарный параллелепипед, испытывающий плоское напряженное состояние (рис. 77). Пусть под углом проведена площадка. Требуется получить выражения для нормального и касательного напряжений на этой наклонной площадке.

Установим зависимость площадей наклонной и координатных площадок

dAx 1 dy dAα cosα;

dAy 1 dx dAα sinα.

(182)

Составим уравнение равновесия

104

X1 σα dA σx dAxcosα τxy dAycosα σy dAysinα

τyx dAxsinα 0.

 

 

(183)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Y

 

X1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Y1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dAx

 

 

α

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α

 

 

 

x

 

 

α

 

X

dx

 

 

 

 

 

 

yx

 

 

α

 

dAα

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xy

y

 

dAy

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 77 – Напряжения, действующие на грани элемента и на наклонную площадку

Подставим зависимость площадей (182) в уравнение равновесия (183)

σα dAα σx dAαcos2α τxy dAαsinα cosα σy dAαsin2ατyx dAαsinα cosα 0.

Сократим на dA , приведем подобные и получим

σα σxcos2α σysin2α τxysin2α .

Составим уравнение равновесия

Y1 τα dAα σx dAxsinα τxy dAysinα σy dAycosατyx dAxcosα 0.

Подставим в уравнение (186) зависимость площадей (182) и получим

(184)

(185)

(186)

105

τα dAα σx dAαsinα cosα τxy dAαsin2α σy dAαsinα cosα

(187)

τyx dAαcos2α 0.

Сократим на dAα, приведем подобные и получим

 

 

x y

sin2

 

cos2 .

(188)

 

xy

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Окончательно имеем выражения для вычисления нормальных и касательных напряжений на наклонной площадке при плоском напряженном состоянии.

σα σxcos2α σysin2α τxysin2α;

 

 

σx

σy

 

 

 

 

(189)

τ

sin2α

τ

 

cos2α.

 

 

 

xy

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1.7.4 Главные площадки и главные напряжения

Если оси X1 и Y1 (рис.77) поворачивать, то при каком-то положении на наклонной площадке нормальное напряжение достигнет экстремального значения. Найдем положение такой площадки.

d xcos2 ysin2 xysin2 d

x 2sin cos y 2cos sin xy 2cos2 0.

Далее уравнение (190) разделим на 2 и приведем подобные

x y sin2 xy cos2 0. 2

(190)

(191)

Слагаемые уравнения (191) умножим на 2, разделим на cos2α и наσx σ y получим формулу для определения угла наклона такой особенной

площадки, на которой нормальное напряжение принимает экстремальное зна-

чение (192).

tg 2 =

2 xy

.

(192)

x

y

 

 

 

Сравнивая выражение (188) и уравнение (191), убеждаемся, что касательное напряжения на этой площадке равно нулю.

106

 

 

x y

sin2

 

cos2 =0.

(193)

 

xy

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Эти площадки настолько важны в механике твердого деформированного тела, что им присвоено специальное название.

Три взаимно перпендикулярные площадки, на которых касательные напряжения равны нулю, а нормальные напряжения принимают экстремальные значения, называются главными площадками.

Нормальные напряжения, действующие на главных площадках, называ-

ются главными напряжениями.

Главные напряжения индексируются цифрами. Для удобства и сокращения записей принята индексация главных напряжений по условию

1 2 3 .

(194)

Главные напряжения для плоского напряженного состояния вычисляются по формуле (без вывода). Недостающее главное напряжение равно нулю.

 

 

x y

 

1

 

 

 

 

 

 

1,3

 

 

 

x y

2

4 2xy .

(195)

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1.7.5Графическое представление плоского напряженного состояния. Круг напряжений (круг Мора)

Зависимость напряжений α и α от угла наклона площадки α имеет простую геометрическую аналогию в виде круговой диаграммы (рис. 78), предложенной немецким ученым Отто Мором.

y

Y

 

1

 

 

xy

 

yx

 

 

 

 

 

 

 

 

α1

 

 

x

0

A

 

 

 

B

 

 

 

 

X

2

Y

 

C

X

1

 

 

α2

 

yx

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

yx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xy

xy

y

 

 

2

Рис. 78 – Графическое представление плоского напряженного состояния c помощью круга напряжений

107

На кругу напряжений покажем положение центра круга –

с x y . 2

радиус круга –

R =

 

 

x

 

y

2

2xy .

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Координата точки B – это значение главного напряжения 1

1 С R

 

x

 

y

 

 

 

x

 

y

2

2xy .

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Координата точки A – это значение главного напряжения 2

2 С R

 

x

 

y

 

 

 

x

 

y

2

2xy .

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Запишем формулы (198) и (199) одним выражением

 

 

x y

 

1

 

 

 

 

 

1,2

 

 

 

x y

2

4 2xy .

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Судя по рисунку (рис. 78), угол наклона главных площадок равен

 

xy

 

 

2 xy

tg2 =

 

 

 

 

.

x y

2

x y

(196)

(197)

(198)

(199)

(200)

(201)

Правило построения главных площадок при плоском напряженном состоя-

нии.

Большее главное напряжение направлено по оси, полученной поворотом на угол α оси площадки с большим нормальным напряжением в ту сторону, куда указывает касательное напряжение, приложенной к этой же площадке. Другое главное напряжение направленно перпендикулярно большему главному напряжения.

108

1.7.6 Понятие о траекториях главных напряжений

Наглядное представление о потоке внутренних сил в нагруженном теле дают траектории главных напряжений. Например, они имеют практическое значение при проектировании железобетонных конструкций. Пример расположения траекторий главных напряжений показан на рисунке (рис. 79).

q

Армирование жб балки

1

3

2

 

Эп. Q

 

 

 

+

 

1

2

3

 

Эп. M

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

Рис. 79 – Траектории главных напряжений и армирование железобетонной балки

1.7.7 Главные деформации и главные оси деформации

Математические зависимости при исследовании напряженного состояния в точке справедливы и при исследовании деформированного состояния в точке.

В любой точке деформируемого тела всегда можно найти три взаимно перпендикулярные направления, на которых отрезки при деформации тела не искривляются, а имеют лишь линейные деформации, то есть удлиняются или укорачиваются. Такие направления называются главными осями деформации. Сами деформации по этим направлениям называются главными деформация-

ми.

При индексации главных деформаций должно выполняться условие

 

1 2 3 .

(202)

Главные деформации, как и главные напряжения, являются экстремальными величинами.

Для изотропных материалов в любой точке тела главные оси деформации совпадают с направлениями главных напряжений.

109

1.7.8 Закон Гука при плоском и объемном напряженных состояниях

Рассмотрим элемент, находящийся в условиях плоского напряженного состояния (рис. 80). Пусть на его площадках действуют только нормальные напряжения.

 

Y

 

YX/2

 

 

 

X

X

X

X

 

 

1

 

 

1 Y

XX/2

XX/2

 

 

 

Y

YX/2

XY/2 Y

YX/2

YX/2

XY/2

Рис. 80. Представление плоского напряденного состояния на два линейных состояния

Используя принцип независимости действия сил, рассмотрим деформации элемента поочередно от действия напряжения σx и от действия напряжений

σ y .

Условимся первым индексом обозначать направление деформации, а вторым индексом направление фактора, вызвавшего эту деформацию.

xx

x

;

 

 

yx xx

x

;

 

 

 

 

(203)

E

 

 

E

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

yy

y

 

;

 

 

xy yy

y

 

;

 

 

 

 

(204)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E

 

 

 

E

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x xx xy

x

 

 

y

;

y yy yx

 

y

 

x

.

(205)

E

 

E

E

E

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Окончательно имеем выражение закон Гука для плоского напряженного состояния

x

1

 

x y ;

 

E

(206)

 

 

 

 

1

 

 

y

 

y x .

 

E

 

 

 

 

 

 

По аналогии запишем закон Гука для объемного напряженного состояния

110

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]