
Raschetnye_metody_otsenki_prochnosti(1)
.pdf
Таблица 5 – Исходные данные
вариант |
l, м |
F, кНм |
М, кН / м |
q, кН/м |
вид сечения |
а, см |
|
|
|
|
|
по рисунку |
|
1 |
3 |
16 |
24 |
10 |
1 |
4 |
2 |
6 |
20 |
32 |
16 |
3 |
6 |
3 |
4 |
18 |
20 |
12 |
5 |
8 |
4 |
7 |
16 |
24 |
20 |
7 |
6 |
5 |
6 |
20 |
16 |
8 |
9 |
4 |
6 |
4 |
18 |
20 |
16 |
10 |
8 |
7 |
3 |
16 |
16 |
12 |
8 |
3 |
8 |
2 |
18 |
32 |
20 |
6 |
4 |
9 |
4 |
20 |
28 |
8 |
4 |
6 |
10 |
6 |
16 |
20 |
10 |
2 |
3 |
Рисунок 22 – Схемы балок
41

Рисунок 22 – Схемы балок
Рисунок 23 – Поперечное сечение балки
42

Рисунок 24 – Варианты поперечных сечений балок
Пример решения. Рассмотрим балку, представленную на рисунке 25.
Рисунок 25 – Схема балки и эпюры внутренних усилий
43
1. Построение эпюр внутренних усилий в балке. Найдем реакции опор:
Откуда
Откуда
RB
RA
ΣM A = 0; − F 2 - q 6 5 + M + R B 6 = 0 .
= |
2F + 30q − M |
|
= |
2 16 + 30 10 − 20 |
= 52 кН . |
|||
6 |
|
|
|
|
||||
|
|
6 |
|
|
||||
ΣM B = 0 ; − RA 6 + F 4 + M + q 6 1 = 0. |
||||||||
= |
4F + M + 6q |
= |
4 16 + 20 + 2 10 |
= 24 кН . |
||||
6 |
|
|
||||||
|
|
6 |
|
|
Проверка: ΣY = 0 |
RA − F −q 6 + RB |
= 52 −16 −6 10 + 24 = 0. |
||||||||||||||||||||||
Составим выражения для определения поперечных сил и изги- |
||||||||||||||||||||||||
бающих моментов по участкам. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Участок 1: |
0 ≤ x1 ≤ 2м; |
QX1 |
= RA |
= 24 кН ; М Х1 = R A x1 , |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
M (X1 =0)1 |
= 0 ; M ( X1 =2) = 24 2 = 48 кН. |
|||||||||||||||||
Участок 2: |
2M ≤ x2 ≤ 4м; |
QX 2 |
= RA − F −q(x2 −2) |
|||||||||||||||||||||
Q( X 2 =2) = 24 −16 −10(2 − 2) =8 кН, |
Q( X 2 =4) = 24 −16 −10(4 − 2) = −12 кН; |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
M X 2 = RA |
x2 − F(x2 −2)−q (x2 −2)2 |
, |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M (x2 =2) = 24 2 −16(2 − 2)−10 |
(2 − 2)2 |
= 48 кН, |
|||||||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
M (x2 =4) = 24 4 −16(4 − 2)−10 |
(4 − 2)2 |
= 44 кН. |
|||||||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Участок 3: |
0 ≤ x3 ≤ 2м; Qx3 |
= qx3 , Q(x3 =0) = 0 , Q(x3 =2) |
|
=10 2 = 20 кН ; |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
qx32 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
10 2 |
2 |
|
|
|||||||
|
M x3 |
|
= − |
|
|
|
, M (x3 =0) = 0 , |
|
M (x3 =2) |
= − |
|
|
|
|
|
|
|
= −20 кНм. |
||||||
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
||||||||||||||||
Участок 4: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
2м ≤ x4 ≤ 4м; |
|
|
|
Qx4 = qx4 − RB , |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
Q( x4 =2) =10 2 − 52 = −32 кН , Q( x4 =4) =10 4 − 52 = −12 кН ; |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
Мч4 |
= − |
qx42 |
|
+ RB (x4 −2), |
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
10 22 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
10 42 |
|
|
|
|
|||||
M (x4 =2) = − |
|
+ 52(2 − 2)= −20 кНм, |
M (x4 =4) |
= − |
|
|
+ 52(4 − 2)= 24 кНм. |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|||||||||||||||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
По полученным данным строим эпюры Q |
|
|
|
и M (рисунок 25). |
На втором участке определим экстремальное значение изгибающего момента, так как поперечная сила на этом участке изменяет знак:
QX 2 |
= RA − F −q(x2 −2) = 0 , x2 = x0 = |
RA − F + 2q |
= |
24 −16 + 2 10 |
= 2,8 м; |
|
q |
10 |
|||||
|
|
|
|
|||
|
44 |
|
|
|
|

M (x2 =2,8) = 24 2,8 −16(2,8 − 2)−10 (2,8 2− 2)2 = 51,2 кНм.
2. Подбор поперечного сечения балки
Из условия прочности при изгибе σmax = M max ≤ [σ]
Wx
находим требуемый момент сопротивления сечения:
треб |
|
Мmax |
|
51,2 103 |
|
3 |
, |
WX |
= |
|
= |
|
= 320 см |
|
|
[σ] |
160 106 |
|
где M max −максимальныйизгибающиймоментизэпюры(рисунок25).
Для круглого сечения Wx = |
πd 3 |
, тогда d ≥ |
32 320 |
=14,8 см. |
||
32 |
3,14 |
|||||
|
|
|
|
3 |
|
|
Для квадратного сечения Wx = |
вв2 |
, значит в ≥ 3 6 320 =12,44 см. |
||||
6 |
||||||
|
|
|
|
|
Для прямоугольного пустотелого сечения (рисунок 23) момент сопротивления необходимо определить через момент инерции сечения:
|
|
|
|
|
|
J x = |
в1 h13 |
|
|
− |
в2 h23 |
, |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
где в1 , в2 , h1 , h2 |
−соответствующие размеры внешнего и внутреннего |
|||||||||||||||||||||
|
прямоугольников; |
|
|
в(2в)3 |
|
|||||||||||||||||
|
|
Jx = |
2в (4в)3 |
− |
=10в4 . |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
12 |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Момент сопротивления сечения: |
|
|
J x |
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
Wx = |
|
|
|
|
, |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ymax |
|
|||||||
где y – расстояние от нейтральной оси до наиболее удаленного |
||||||||||||||||||||||
волокна; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
10в4 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
Wx |
= |
|
= 5 в3 . |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2в |
|
|
|
|
|
|
|
||||
Тогда |
|
|
в ≥ 3 |
320 |
≥ 4 см. |
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Для расчетного значения Wx |
= 320см3 выбираем из ГОСТа двутавр |
|||||||||||||||||||||
№ 24а, для которого Wx = 317см3 |
и A = 37,5см2 . |
|
||||||||||||||||||||
Тогда |
σдейств = |
|
Ммах |
|
= |
|
51,2 103 |
|
=161,5 МПа. |
|||||||||||||
|
Wx |
|
317 10 |
−6 |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
При этом перегруз составит:
45
П = |
σ |
действ −[σ] |
100% = |
161,5 −160 |
100 = 0,95 % . |
|
|
[σ] |
|
160 |
Допускаемая величина перегруза (недогруза) должна находиться в пределах 5 %. Так как в нашем примере перегруз меньше 5 %, то принимаем этот двутавр.
Вычисляем площадь поперечных сечений:
– для круглого сечения |
А= |
πd 2 |
= |
|
3,14 14,82 |
=172 см2 |
; |
|
4 |
4 |
|||||||
|
|
|
|
|
||||
– для квадратного сечения А= в2 |
=12,442 =155 см2 ; |
|
–для прямоугольного сечения А= 2в 4в − в 2в = 6в2 = 6 42 = 96 см2 ;
–для двутаврового сечения A = 37,5 см2 .
Для сопоставления площадей сечений (а значит, и объема балок) сведем полученные данные в таблицу 6.
Таблица 6 – Сопоставление площадей сечений
Тип |
Круг |
Квадрат |
Прямоугольник |
Двутавр |
сечения |
|
|
пустотелый |
|
Площадь, см2 |
172 |
155 |
96 |
37,5 |
Соотношение,% |
100 |
90,1 |
55,8 |
21,8 |
3. Построение эпюр распределения напряжений для двутаврового сечения и определение главных нормальных напряжений.
Геометрические характеристики двутавра N 24 а (рисунок 26):
h = 240 мм, |
в =125 мм, |
d = 5,6 мм, |
t = 9,8 мм, А= 37,5 см2 , |
J x |
= 3800 см4 , |
Wx = 317см3 |
,Sx/ =178 см3 . |
В точках поперечного сечения, расположенных на расстоянии у от нейтральной оси, нормальные напряжения определяются по формуле:
σ = |
M мах |
y . |
|
||
|
Jx |
При |
y = 0 |
σ = 0 ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
при |
y = ± |
h |
σ = ± |
M max |
|
h |
= ± |
M max |
= ± |
51,2 10 |
3 |
= ±161,5 МПа. |
|
2 |
J x |
2 |
Wx |
317 10−6 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
Изгибающий момент M max положительный (рисунок 25), следова-
тельно, растягивающие (положительные) напряжения σ возникают в нижней половине сечения балки, а сжимающие – в верхней.
46

Касательные напряжения в некоторых характерных точках поперечного сечения балки определим по формуле Журавского:
τ = |
QS x′ |
, |
|
J x в |
|||
|
|
где Q −поперечная сила в рассматриваемом сечении балки;
S x/ − статический момент (относительно нейтральной оси) от-
сеченной части поперечного сечения, расположенного по одну сторону от уровня, на котором определяются касательные напряжения;
J x − момент инерции всего поперечного сечения относительно
нейтральной оси; в−ширина поперечного сечения балки на том уровне, на кото-
ром определяются касательные напряжения.
Направление этого напряжения совпадает с направлением поперечной силы.
Вверхней точке 1 сечения (рисунок 26) касательные напряжения
τ1 = 0 , так как для этой точки S x′ = 0 .
Вточке 2, расположенной непосредственно над линией, проходящей через нижнюю грань верхней полки двутавра,
|
|
Q |
h |
|
t |
|
|||
τ2 |
= |
|
|
вt |
|
− |
|
. |
|
J x |
в |
2 |
2 |
||||||
|
|
|
|
|
Рисунок 26 – Эпюры внутренних напряжений
Максимальная поперечная сила Q оказывается над опорой B (рисунок 25) и равна 32 кН .
47

Следовательно,
τ2 |
= |
32 103 |
125 10−3 |
9,8 10−3 |
|
240 |
− |
9,8 |
|
10 |
−3 |
= 0,95 МПа. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
3800 10−8 125 10−3 |
2 |
2 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
В стенке двутавра в точке 3, расположенной непосредственно под точкой 2, касательные напряжения:
|
|
Q |
h |
|
t |
|
|
32 103 125 10−3 9,8 |
10−3 |
|
240 |
|
9,8 |
|
|
−3 |
|
|
τ3 |
= |
|
вt |
|
− |
|
|
= |
|
|
|
|
− |
|
|
10 |
|
= 21,2 МПа. |
J x d |
2 |
2 |
3800 10−8 5,6 10 |
−3 |
2 |
2 |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Касательные напряжения на уровне нейтральной оси:
τ4 = |
Q S x/ |
= |
32 103 |
178 10−6 |
= 26,8 МПа. |
|
J x d |
3800 10 |
−8 5,6 10−3 |
||||
|
|
|
||||
Между точками 1, 2 и 3, 4 касательные напряжения изменяются по |
||||||
квадратной параболе. |
|
|
|
|
||
По найденным значениям σ |
и τ построим эпюру нормальных и |
касательных напряжений (рисунок 26) соответственно для сечения D и
C(рисунок 25).
Вслучае поперечных сечений с резко меняющейся шириной могут возникнуть большие главные нормальные напряжения.
Их определение в общем случае плоского напряженного состояния производится по формуле:
|
σmax = |
σx |
+σy |
± |
1 |
(σx |
−σy ) |
2 |
|
2 |
||||
|
|
|
2 |
2 |
|
+4τxy . |
||||||||
|
|
min |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
При прямом поперечном изгибе σx |
=σ, |
|
σ y |
= 0 и τxy =τ . |
||||||||||
Тогда |
|
σmax = |
σ ± |
1 |
|
σ2 +4τ2 . |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
min |
|
|
|
|
|
|
Здесь σ и τ − нормальные и касательные напряжения в рассматриваемой точке, действующие по площадке, совпадающей с поперечным сечением балки. Из формулы видно, что напряжение σmax всегда поло-
жительно, а σmin всегда отрицательно.
При плоском напряженном состоянии одно из главных напряжений равно нулю. Поэтому, в соответствии с правилом, согласно которому σ1 ≥σ2 ≥σ3 , напряжение σmax следует обозначить σ1 , а напряжение
σmin =σ3 .
Для определения главных напряжений необходимо определить опасное сечение, где напряжения σ и τ имеют одновременно большие
48

значения. Согласно эпюрам M и Q (рисунок 25) такое сечение проходит через точку C (M = 48 кНм, Q = 24 кН).
В этом сечении нормальные напряжения в крайних волокнах рав-
ны;
σ1 =σ3 |
= |
M |
= |
48 103 |
=151,4 МПа. |
|||||||||
|
317 10−6 |
|||||||||||||
|
|
|
|
Wx |
|
h |
|
240 |
|
|||||
Науровнепримыканияполоккстенке( y = |
− t = |
− 9,8 −110,2 мм) |
||||||||||||
|
|
|
||||||||||||
в точках N и M (рисунок 27): |
|
2 |
2 |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
σ = |
M |
y = |
|
48 102 |
110,2 10−3 |
=139,2 МПа. |
||||||||
|
|
|
3800 10−8 |
|
|
|
||||||||
|
J x |
|
|
|
|
|
|
|
|
Рисунок 27 – К определению главных напряжений
Касательные напряжения на уровне нейтральной оси в сечение С (точка E ):
|
|
|
|
|
|
τ = |
|
Q S x1 |
|
= |
24 103 |
178 10−6 |
|
|
= 20 МПа. |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
J x d |
3800 10 |
−8 5,6 10 |
−3 |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
На уровне сопряжения с полкой (точки N и M): |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
Q |
h |
|
t |
|
24 103 |
125 10−3 |
9,8 |
10−3 |
|
240 |
|
9,8 |
|
|
−3 |
=15,9 МПа. |
|||||||
τ = |
|
bt |
|
− |
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
− |
|
|
10 |
|
|
J x d |
2 |
|
|
3800 10−8 5,6 10 |
|
|
2 |
2 |
|
|||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
−3 |
|
|
|
|
|
|
На этом уровне определим значения главных напряжений:
σ1 |
= |
139,2 |
+ |
1 |
139,22 + 4 15,92 =141 МПа; |
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
49 |

σ3 |
= |
139,2 |
− |
1 |
139,22 + 4 15,92 = −1,8 МПа. |
|
|
2 |
|
2 |
|
Таким образом, главные напряжения в опасных точках не превосходят нормальных напряжений в крайних волокнах сечения D .
В верхнем сжатом волокне (точкаC ) рассматриваемого сечения
σ =σmin = −σ3 = −151,4 МПа, τ = 0.
В нижнем растянутом волокне (точка K )
σ =σmax =σ1 =151,4 МПа, τ = 0.
На уровне нейтральной оси сечения (точка E )
σ= 0 , τ =τmax .
Вэтом случае значения главных напряжений на площадках, по-
вернутых на угол 45° (рисунок 27), равны
σ1 =τmax , σ3 = −τmax .
Следовательно, в точках нейтрального слоя возникает напряженное состояние чистого сдвига, а в верхних и нижних волокнах – одноосное напряженное состояние, во всех других промежуточных точках – двухосное напряженное состояние.
4. Определение нормальных напряжений для заданного поперечного сечения (рисунок 28).
Находим положение центра тяжести поперечного сечения, определяя таким образом расстояние до нейтральной оси нижней кромки:
yc |
= |
y1 A1 |
− y2 |
A2 |
= |
10 16 20 −15 8 10 |
=8,3 см. |
||
A |
− A |
|
|
16 20 −8 |
10 |
||||
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
1 |
2 |
|
|
|
|
|
|
Рисунок 28 – К расчету нормальных напряжений в сечении
50