Техническая механика / 4_Tekhnicheskaya_mekhanika_dlya_stroiteley

s(1 )			=	(- 20)×103 ×(- 9)×10-2					=139,53	МПа;
					1290 ×10-8
					Sхотс(1 ) = 0 ; t(1 ) = 0 ;
s1,3(1 ) = 139,53 ± 1					139,532 + 4 ×02 = 69,765 ± 69,765МПа;
2				2
			s1(1 ) =139,53 МПа; s3(1 ) = 0 МПа.
æ h				ö	æ18		ö
Точка 2: y(2 ) = -ç			- t ÷ = -ç				- 0,81÷	= -8,19 см;
è 2				ø	è 2		ø

s(2 )

=

(- 20)×103

×(- 8,19)×10-2

= 126,98 МПа;

1290 ×10-8

отс

отс

отс

æ h

t

ö

æ

18

0,81

ö

3

S

х(2 ) = А(2 )

× ус(3 ) = b ×t ×ç

-

÷ = 9

×0,81×ç

-

÷

=

62,66

см

.

2

2

2

è 2

ø

è

ø

Рассматриваем сечение со стороны полки: b(2 ) = b = 90 мм;

t

(

2 )

=

(- 20)×103 × 62,66 ×10-6

= -1,08 МПа;

1290 ×10-8 ×9 ×10-2

s1,3(2 ) = 126,98 ± 1

126,982

+ 4 ×1,082

= 63,49 ± 63,50 МПа;

2

2

s1(2 ) =126,99 МПа; s3(2 ) = -0,01МПа.

Рассматриваем сечение со стороны стенки: b(¢2 ) = d = 5,1мм;

t(¢2 ) =

(- 20)×103 ×62,66 ×10-6

= -19,05 МПа;

1290×10-8 ×5,1×10-3

s1¢,3(2 ) = 126,98 ± 1

126,982

+ 4 ×19,052

= 63,49 ± 66,29 МПа;

2

2

s1¢(2 ) =129,78 МПа; s3¢(2 ) = -2,80 МПа.

Точка 3: y(3 ) = -

h

= -

18

= -4,5 см;

4

4

s(3 ) =

(- 20)×103 ×(- 4,5)×10-2

= 69,77 МПа;

1290 ×10-8

отс

отс

отс

отс

æ h

y(3 ) - t

ö

S

х(3 )

= А

×

у

с(3 )

= S

х

(2 )

+

(y

(3 )

- t)×d ×ç

-

- t ÷ =

(3 )

ç

2

÷

è 2

ø

190

æ18

4,5 - 0,81

ö

3

= 62,66 + (4,5 -

0,81)×0,51×ç

-

- 0,81÷ =

74,46см

.

2

2

è

ø

b

= d = 5,1мм; t

(3 )

= (- 20)×103 ×74,46×10-6

= -22,64 МПа;

(3 )

1290×10-8 ×5,1×10-2

s1,3(3 ) = 69,77 ± 1

69,772 + 4 ×22,742 = 34,89 ± 41,59 МПа;

2

2

s1(3 ) = 76,48 МПа; s3(3 ) = -6,70 МПа.

Точка 4:

y(4 ) = 0см;

s

(4 )

= 0 МПа;

S отс = S отс

= 81,4 см3.

b

= d = 5,1мм;

х(4 )

x ,max

(4 )

t(4 ) =

(- 20)×103 ×81,4 ×10-6

= -24,75

МПа;

1290×10-8 ×5,1×10-2

s1,3(4 ) = 0 ± 1

02 + 4 ×24,752

= 0 ± 24,75 МПа;

2

2

s1(4 ) = 24,75 МПа; s3(4 ) = -24,75МПа.

Рассматриваем точки, расположенные ниже оси Ох.

Точка 7:

y(7 ) =

h

=

18

= 9 см;

2

2

s (7 ) =

(- 20)×103 ×9 ×10-2

= -139,53МПа;

1290 ×10-8

Sхотс(7 ) = 0 ; t(7 ) = 0;

s1,3(7 ) = -139,53 ± 1

139,532 + 4 ×02

= -69,765 ± 69,765МПа;

2

2

s1(7 ) = 0 МПа;s3(7 ) = -139,53МПа.

Точка 6: y(6 )

=

h

- t =

18

- 0,81 = 8,19 см;

2

2

s

(6 ) =

(- 20)×103 ×8,19 ×10-2

= -126,98 МПа;

1290 ×10-8

отс

отс

отс

æ h

t

ö

æ18

0,81ö

3

Sх(6 )

= А(6 ) ×

ус(6 )

= b ×t ×ç

-

÷

= 9 ×0,81×ç

-

÷

= 62,66 см

.

2

è 2

2

ø

è

2 ø

Рассматриваем сечение со стороны полки: b(6 )

= b = 90 мм;

191

t

(

6 )

= (- 20)×103 × 62,66 ×10-6

= -1,08МПа;

1290 ×10-8 ×9 ×10-2

s1,3(6 ) = -126,98 ± 1

126,982

+ 4 ×1,082

= -63,49 ± 63,50 МПа;

2

2

s1(6 ) = 0,01МПа: s3(6 ) = -126,99 МПа.

Рассматриваем сечение со стороны стенки: b(¢6 )

= d = 5,1мм;

t

(¢6 ) =

(- 20)×103 × 62,66 ×10-6

= -19,05 МПа;

1290 ×10-8 ×5,1×10-3

s1¢,3(5 )

= -126,98 ± 1

126,982

+ 4 ×19,052

= -63,49 ± 66,29 МПа;

2

2

Точка 5: y(5 ) =

h

=

18

= 4,5 см; s (5 )

=

(- 20)×103 ×4,5×10-2

= -69,77 МПа;

4

4

1290 ×10-8

отс

отс

отс

отс

æ h

y(5 ) - t

ö

S

х(5 )

= А

×

у

с(5 )

=

S

х(6 )

+

(y

(5 )

- t)×d ×ç

-

- t

÷ =

(5 )

ç

2

2

÷

è

ø

= 62,66 + (4,5 - 0,81)×0,51×

æ18

4,5 - 0,81

ö

3

ç

-

- 0,81÷ = 74,46см

.

2

è 2

ø

b

= d = 5,1мм; t

(5 )

= (- 20)×103 ×74,46×10-6

= -22,64 МПа;

(5 )

1290×10-8 ×5,1×10-2

s1,3(5 ) = - 69,77 ± 1

69,772 + 4 ×22,742

= -34,89 ± 41,59 МПа;

2

2

s1(3 ) = 6,70 МПа; s3(5 ) = -76,48 МПа.

s1¢(6 ) = 2,80 МПа;

s 3¢(6 ) = -129,78 МПа.

По полученным значениям строим искомые эпюры (рис. 7.11).

192

193

1	1		139,53		0,0			0,0	139,53
			19,05		0,01			0,01	126,99
2	2		126,98					2,80	129,78
3			22,64
	3		69,77					6,70	76,48
4	4	z	0,0
х			24,75					24,75	24,75
5	5		69,77
			22,64				76,48		6,70
6	6	126,98					129,78		2,80
			19,05		0,01	0,0	126,99		0,01
7	7	139,53			Эп. t		139,53	0,0
	у		Эп. s					Эп. s1,3
			(МПа)	(МПа)				(МПа)
			Рисунок 7.11

ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОКОНТРОЛЯ К ГЛАВЕ 7

1.Что дает использование гипотезы плоских сечений и гипотезы об отсутствии надавливания волокон при выводе формулы для нормальных напряжений при чистом изгибе прямого бруса?

2.По какой формуле определяют нормальные напряжения при чистом изгибе в любой точке балки?

3.Какая геометрическая характеристика сечения определяет прочность по нормальным напряжениям при изгибе?

4.Какие точки поперечного сечения оказываются опасными по - нор мальным напряжениям при плоском изгибе?

5.Записать формулы осевых моментов сопротивления для балок прямоугольного, круглого и кольцевого поперечных сечений.

6.Какая форма поперечного сечения балки при плоском изгибе является рациональной? Как можно оценить рациональность сечения?

7.Запишите условия прочности по нормальным напряжениям для балки, поперечное сечение которой моносимметричное, при плоском поперечном изгибе.

8.Запишите условие прочности по нормальным напряжениям для балки, поперечное сечение которой бисимметричное, при плоском попе-

речном изгибе.

9. Какой вид имеет эпюра нормальных напряжений по высоте балки при плоском изгибе?

10.Чему равна потенциальная энергия деформации чистого изгиба?

11.Запишите формулу Журавского для определения касательных напряжений в балках прямоугольного сечения при плоском поперечном изгибе.

12.Как найти максимальное касательное напряжение в балке прямо угольного сечения при плоском поперечном изгибе и в каких точках оно возникает?

13.Чему равно максимальное касательное напряжение в балке круглого сечения при плоском поперечном изгибе?

14.Показать вид эпюр вертикальных касательных напряжений по выси те балки прямоугольного и круглого поперечных сечений при плоском поперечном изгибе.

15.Записать условия прочности по касательным напряжениям для балок прямоугольного и круглого поперечных сечений при плоском поперечном изгибе.

16.Показать вид эпюры вертикальных касательных напряжений по вы соте двутавровой балки при плоском поперечном изгибе.

17.Показать вид эпюры вертикальных касательных напряжений по вы соте тавровой балки при плоском поперечном изгибе.

194

18.Какое сечение балки, работающей на плоский поперечный изгиб, следует считать опасным по нормальным напряжениям?

19.Какое сечение балки, работающей на плоский поперечный изгиб, следует считать опасным по касательным напряжениям?

20.Чему равны нормальные напряжения в точках нейтральной оси при изгибе?

21.Что такое центр изгиба?

22.Укажите примерное положение центра изгиба для швеллера.

23. Какой вид имеют эпюры горизонтальных касательных напряжений в полках тонкостенных стержней открытого профиля при плоском поперечном изгибе?

24.Как определить статический момент отсеченной части площади при вычислении касательных напряжений по формуле Д..ИЖуравского при плоском поперечном изгибе?

25.Остается ли плоским поперечное сечение балки при плоском изгибе, если в поперечном сечении, кроме изгибающего момента, есть поперечная сила?

195

ГЛАВА 8.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ В СТЕРЖНЕВЫХ СИСТЕМАХ

§ 8.1 ПРОГИБ И ПОВОРОТ СЕЧЕНИЯ БАЛКИ. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ УРАВНЕНИЕ ИЗОГНУТОЙ ОСИ

Изгиб балки сопровождается искривлением ее . осиПри поперечном изгибе ось балки принимает вид кривой, расположенной в плос-

а)

z

l

кости действия поперечных на-

jA

F

грузок.

В

процессе

изгиба

во-

локна, принадлежащие оси бал-

A

A

v

B

z

ки,

не

меняют

своей

длины.

jB

Точки А

и В

перемещаются

в

A′

B

новое положение А′

и В′, т.е.

v

y

wA

получают вертикальные v

и го-

wBB′

ризонтальные

перемещения w ,

б)

l

а поперечные сечения соверша-

z

jA

F

ют повороты относительно сво-

их

нейтральных

осей j

(рис.

A

A

v

B

z

8.1, а).

jB

Горизонтальные

переме-

A′

B

v

щения

точек

значительно

y

B′

меньше

вертикальных w << v .

Поэтому при решении практи-

Рисунок 8.1

ческих

задач

величиной w

в

большинстве случаев пренебрегают и используют условную схему пе-

ремещений (рис. 8.1, б). Перемещение центра тяжести поперечного сечения по направлению, перпендикулярному к оси балки, в дальнейшем будем называть прогибом балки. Углы поворота поперечных сечений принимаются равными углам наклона j, касательной к изогнутой оси балки. Прогибы и углы поворотов в балках являются функциями координаты z и их определение необходимо для расчета жесткости.

Как показывает практика, в составе реальных сооружений стерж-

ни испытывают весьма малые искривленияvmax / l =10-2 ¸10-3 .							В силу
малости углов поворота можно записать:
j(z )» tgj =			dv	.			(8.1)
			dz
Воспользуемся формулой(7.8), полученной для кривизны изо-
гнутой оси балки		M x (z)
1						.
	r(z )=
		EJ x

196

Из курса математического анализа известно, что ской кривой v (z) выражается следующей формулой:

1	v (z )
r(z )= ±	¢¢	.
	[1 + (v¢(z ))2 ]3 2

кривизна пло-

(8.2)

Рассматривая два последних выражения совместно, получаем следующее нелинейное дифференциальное уравнение изогнутой оси балки

M x (z )				v	(z )
		= ±		¢¢		.	(8.3)
EJ x			[1	¢	(z )) ]
				+ (v
					2

Это уравнение называетсяточным дифференциальным уравнением изогнутой оси балки или точным дифференциальным уравнением упру-

гой линии балки. Аналитическое решение этого уравнения, как правило, затруднено.

В связи с малостью первой производнойv¢(z ) по сравнению с единицей выражение можно (8.3) существенно упростить, и тогда

	M x (z)		= ±	d 2v(z)		.	(8.4)
	EJ x			dz 2
Полученное уравнение называют приближенным							дифференциальным
уравнением изогнутой оси балки.

Знаки ± в выражении (8.4) зависит от направления изгибающего момента и знака кривизны изогнутой оси балки. Правило знаков для изгибающего момента не зависит от направления координатных осей. Вторая производная положительна, если вогнутость кривой направлена в положительную сторону оси у (рис. 8.2).

	z	знак «-»
0	знак «+»		у

d 2 v	d 2 v	d 2 v		d 2 v	< 0
dz 2 < 0	dz 2 > 0	dz 2	> 0	dz 2
Mx>0	Mx<0	Mx>0		Mx<0
у	знак «+»
знак «-»					0
	z

Рисунок 8.2

§8.2 ИНТЕГРИРОВАНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО УРАВНЕНИЯ ИЗОГНУТОЙ ОСИ БАЛКИ

Для того, чтобы	получить аналитические выражения для проги-
бов и углов поворота,	необходимо найти решение дифференциального

197

уравнения изогнутой оси (8.4). Когда изгибающий момент Mx является функцией координаты z, то, интегрируя выражение (8.4), получаем уравнение угла поворота сечения j(z ).

dv(z)	= ±ò	M x (z)	dz + C .	(8.5)
dz
		EJ x

После повторного интегрирования имеем уравнение прогибов v(z)

	æ	M (z )		ö
	ç	x		÷
	v(z )= ±òçò		dz ÷ dz + Cz + D .		(8.6)
		EJ x
	è			ø

Постоянные интегрированияC и D определяются из граничных условий, которые зависят от способа закрепления балки. Для иллюстрации описанной процедуры определения перемещений при изгибе рассмотрим следующие примеры.

ПРИМЕР 8.1

Исходные данные задачи.

Для консольной балки, загруженной сосредоточенной силой(рис. 8.3) требуется записать аналитические выражения для прогибов и углов поворота.

Решение задачи.

	l
z	j(z)	v(z)
	A

A′

y

Рисунок 8.3

				Рассматривая	равновесие
	F			правой части балки, получаем
				следующее выражение для изги-
	B		z	бающих моментов:
	jmax	max		M x (z)= -F (l - z).
	v			В соответствии со схемой,
	B′			приведенной на рисунке8.2, в
				уравнении (8.4) необходимо ис-

пользовать знак «+». Тогда

d 2v(z)

= +

F (l - z )

.

dz 2

EJ х

Если жесткость балки

постоянна( EJ х

= const ), то,

интегрируя

уравнение изогнутой оси один раз, получаем

j(z )=

dv(z )

1

æ

Fz

2 ö

=

ç Flz -

÷

+ С .

(а)

dz

EJ x

ç

2

÷

è

ø

После повторного интегрирования имеем

198

v(z )=	1	æ	Fl	z 2		Fz	3	ö	+ Cz + D .
		ç			-			÷		(б)
		ç	2		6			÷
	EJ x è							ø

В заделке угол поворота и прогиб балки равны , нулюследовательно, для определения постоянных имеем следующие граничные условия

j(0)= 0 и v(0)= 0 .

Тогда, из уравнения(а) следует, что постоянная С = 0 , а из уравнения (б) - D = 0 . Постоянная интегрирования С представляет собой угол поворота сечения в начале координат, а постоянная D – прогиб балки в начале координат увеличенные в EJ x раз. Окончательно имеем следующие уравнения для углов поворота и прогибов консольной балки

j(z )=		Fl	z -		Fz 2		,
					2EJ x
		EJ x
v(z )=	Fl			z 2 -		Fz 3		.
	2EJ x
						6EJ x

Из полученных выражений следует, что наибольший угол поворота сечения и наибольший прогиб балки возникают под точкой при-

ложения сосредоточенной силы при z = l
jmax	=		Fl 2			,	(8.7)
			2EJ x
vmax	=		Fl 3	.			(8.8)
		3EJ x

ПРИМЕР 8.2

А

y

Исходные данные задачи.							Для двухопорной		балки,
			l
z							загруженной	равномерно	рас-
			q				пределенной	нагрузкой (рис.
						B	8.4) требуется	записать анали-
j(z)							z тические выражения для проги-
	v(z)		v
			max				бов и углов поворота.
l/2
							Решение задачи.
	Рисунок 8.4						Рассматривая равновесие
							левой части балки, находим

199