Л.М. Бреховских, В.В. Гончаров - Введение в механику сплошных сред, страница 3

!.1О, а. Выделим далее из него малый элемент СРЕР объемом ЛЬИАг, При закручивании стержня этот элемент сместится 12 в направлении от Е к С и, кроме того, перекосится, поскольку смещение точки Е будет несколько меньше смещения точки Р. Смещение элемента,как целого, не влияющее на напряженное „остояние тела, нас интересовать не будет, а перекос представлен на рис. 1.10, б, где изображен вид выделенного элемента сбоку (с направления, нормального к площадке СОЕГ).

Как нетрудно видеть, угол перекоса 6= гав(Ь (ср. с выражением для 6„). В выделенном малом элементе мы имеем уже известную деформацию чистого сдвига. Согласно выражению (1.10) этой деформации соответствует сдвиговое напряжение д=цб=цщ/Ь, вызванное силами Лб (рис. 1,10, б). Так как площадь приложения силы Ьб равна МЬг, то, следовательно, Лб=ЕЫЛг. Сила Лб создает относительно оси стержня момент ЬМ=Ьбг=дгЫЬг. Теперь, если учесть все элементы, составляющие отрезок трубы ' (рис.

1.10, а), то в последней формуле нужно заменить М на 2яг, Поэтому момент, действующий на отрезок трубы, будет М„=2яг*пбг, или, подставив значение 3, получаем: Мь,=1,„(р, 1„,=2Л)ьгзДГ/Ь. (1.12) Последняя формула дает связь между крутящим моментом М„ н углом закручивания у для тонкостенной цилиндрической трубы радиусом г, толщиной Лг е,г и длиной Ь. Величина г„называется крутильной жесткостью стержня. Если стенка трубки имеет конечную толщину, то выражение для крутящего момента найдется интегрированием формулы (1.12) пог: М„„= ~„о<р, где г, и г,— соответственно внутренний и наружный радиусы трубы.

В случае сплошного цилиндрического стержня в выражении (1.13) следует положить г,=а, г,=0, в результате получим: М=рр, г=я1ьа'/2Е. (1.14) Мы видим, что при заданных у и Е крутящий момент пропорционален четвертой степени радиуса. 3.2. Изгиб балки. Балкой называется тело, длина которого много больше его поперечных размеров. Для простоты возьмем случай, когда сечение балки не изменяется вдоль ее длины.

Прежде всего рассмотрим деформацию балки под действием поперечных сил. Свяжем кривизну балки в данном ее поперечном сечении с моментом внешних сил, который действует на это сечение. Выделим небольшой элемент балки (длиной 1), имеющий в результате изгиба радиус кривизны Е, который предполагается большим по сравнению с поперечными размерами балки. Продольный разрез этого элемента, проходящий через ось балки,'изображен на рис. 1.11. Не вдаваясь в подробности, будем предполагать, как это в свое время сделал Д.

Бернулли, что плоские сечения балки после изгиба также остаются плоскими. Эле- 13 мент балки АВСР в результате изгиба деформируется так, что первоначально прямая линия АВ растягивается, прямая СР сжнмаезся, а «нейтральная» линия ЕГ сохраняет свою длину. Проходящее через нейтральную линию сечение балки, перпендикулярное плоскости рисунка, называется нейтральным сечением. Элемент балки АВСР в результате изгиба превращается в А'В'С'Р', а нейтральная плоскость — в нейтральную поверхность. Чем дальше некоторый слой материала балки удален от нейтрального сечения, тем больше его деформация.

Рассмотрим слой, удаленный от него на расстояние у. Его длина после изгиба равна т(В+у). Учитывая, что первоначальная его длина, совпадающая с длиной нейтральной линии на рис. 1.11, была 1=ХА, имеем для удлинения 61=ту. Но так как 1(=1/В, то 61=у1Я. Согласно закону Гука (1.1) напряжение, действующее в этом слое, будет ЬГ(ЬБ=Е61~1=Еу1Р, где ЛŠ— сила, действующая на элемент 65 площади поперечного сечения. Чтобы получить момент снл, действующий на все поперечное сечение, необходимо произведение ЬГу=Еу'Ьо5(К проинтегрировать по всему поперечному сечению: М = ) уйЕ.

В результате получаем: М = Е11К 1 = ) уЧЯ, (1.15) где 1 — момент инерции поперечного сечения балки относительно поперечной оси, лежащей в нейтральном сечении. Последняя, как легко видеть, прн чистом изгибе (нсключаются растяжения и сжатия, одинаковые для всех волокон балки) проходит также через центр тяжести поперечного сечения. В самом деле, при чистом изгибе суммарная сила растяжения, действующая на все сечение, равна нулю. Следовательно, ~ о)ь = (Е11х) ) рйЯ = О, что выполняется, если прямая у=О проходит через центр тяжести поперечного сечения.

Уравнение (1.15), связывающее радиус кривизны изгиба с моментом сил, является основным в теории изгиба балки. В частности, нз него следует, что балка тем жестче, чем больше момент инерции 1, т. е. чем больше материала балки удалено от нейтральной поверхности, как, например, в случае двутавровой балки. 3.3. Форма нагруженной балки. Перерезывающая сила. Для решения практических задач необходимо выразить радиус кривизны В, входящий в (1.15), через уравнение нейтральной линии изогнутой балки.

Если направить ось х вдоль нейтральной линии недеформнрованной балки, а ось г — перпендикулярно к ней в плоскости изгиба, то уравнение нейтральной линии можно записать так: ге в(х). Для кривизны балки по известной формуле имеем (1.16) Интегрируя это уравнение 2 раза, получаем Рх~ г х з г = — — (Ь вЂ” — ) + С,х + С,. 2ЕI(, 3 ) Постоянные интегрирования С, и С, определяются нз граничных условий х)„=.=0, г'1,=.=0 и оказываются равными нулю. Таким образом, х = — ' — "(Š— — ') Прогиб на конце балки (стрела прогиба) х пропорционален кубу длины балки: г =РЫЗЕЕ (1.19) (!.18) Если изгибающий момент меняется вдоль балки, как, например, в рассмотренной выше задаче, то в каждом сечении балки возникает так называемая перерезывающая сила Р„направленная перпендикулярно нейтральной поверхности балки.

Легко получить выражение для этой силы через момент М(х), если рассмотреть равновесие малого элемента балки Лх. Из уравнения равновесия моментов для этого элемента М(х+бх) — М(х) + +Р,бх- — Ах+Р,Ах=0 следует, что Им дх Р,(х) = — дМ/дх. (1.20) Физическая причина возникновения перерезывающей силы связана с появлением при изгибе в каждом сечении балки касательных напряжений, суммой которых и является эта сила.

На; личие касательных напряжений говорит также о возникновении сдвиговых деформаций при изгибе, что влечет за собой искривление первоначально плоского сечения балки. 15 (мы предполагаем деформации достаточно малыми, чтобы можно было пренебречь (х')' по сравнению с единицей). Применим формулы (1.15) и (1.16) для определения формы, которую принимает консольная (жестко закрепленная в стенке) балка в случае нагрузки на конце (рис. 1.12). Если рассмотреть некоторое сечение балки на расстоянии х от ее начала, то согласно (1.15) и (1.16) действующий в этом сечении момент сил, обусловленный напряжениями, равен М=Е12". Он уравновешивается моментом, который создается силой Р: Р(Š— х). Результирующий момент, действующий на часть балки АВ, равен нулю, поскольку эта часть балки находится в равновесии: Е(х" +Р(Š— х) =О.

Таким образом, использованная нами прн выводе основного уравнения (1.!5) гипотеза Бернулли о том, что сечения остаются плоскими, строго говоря, не выполняется. С другой стороны, как показывает опыт, все результаты, полученные на основе уравнения (1.15), хорошо подтверждаются на практике, например приведенный нами расчет формы консольной балки (1.18).

Объяснение кажущегося противоречия заключается в том, что при выводе основной формулы нет необходимости предполагать, что плоские сечения остаются плоскими. Достаточно лишь принять гипотезу о пропорциональности продольных напряжений расстоянию от деформированНого слоя до нейтральной поверхности балки. Уточненный расчет на основе общих уравнений теории упругости подтверждает зту гипотезу и вместе с ней формулу (1.15). Задачи !Л. Стержень длиной !, находящийся в поле силы тяжести, подвешен за один конец (рнс. 1ЛЗ).

Поперечное сечение стержня 5, модуль Юнга и плотность материала Е и р соответственно. Найти распределение напряжений в стержне и его полное удлинение, Решение. Рассмотрим сеченнестержняна расстоянии х от точки подвеса (рнс. 1.13). В этом сечении на участок Ох действует сила, равная весу нижней части стержня: Р=лр5(( — х). Следовательно, напряжение в точке х будет Р/5=яр(1 — х). Воспользовавшись дифференциальной формой закона Гука (1.4), запишем Ыи 1 Р лр — = — — = — (1 †.').

Ых Е 5 Е Интегрируя зто уравнение с учетом граничного условия и), с=о, получаем и(х) =йрх(( — х(2)(Е. Полное удлинение стержня и(!) =йри(2Е. 1.2. На верхний торец стоящей вертикально на жесткой опоре колонны действует сила Ра (рнс. 1.14). Как должна меняться площадь поперечного сечения колонны 5(х), чтобы напряжения во всех точках были одинаковыми? Найти при этом общее уменьшение длины колонны. Решение.

Пусть 5 — площадь верхнего торца колонны, Е и р — соответственно модуль 1Онга н плотность материала. В некотором сечении х площади 5(х) возникает напряжение — + — ~~5(х)Д = —, Рз ря Г Рз 5«5«3 5. постоянное по условию задачи. Отсюда после умножения на 5(х) и дифференцирования получаем уравнение 5'(х) = — (ря5 /Рс)5(х), которое легко интегрируется: 1 ря5 5(х'.

=5 ехр~ — Ц вЂ” х)~ ч Р з Поскольку при таком изменении площади деформация будет однородной, то изменение длины колонны будет б(=Рс(/Е5 16 1зх показать, что эффективный модуль юнга прн продольной деформации бруска прямоугольного сечения при запрещенных смещениях в обоих поперечных направлениях равен Есе=Е(1 — ч)/((1+и) (1 — 2т) ]. Указа н не. По аналогии с выводом формулы (1.6) записать для деформаций по каждой иэ осей выражения: б1» 1 Р» т Еэ т Р; 1 Е 3 Е Зэ Е 3 б/э 1 "э т "» т г» 1» Е Зэ Е 3» Е Яс 61 ! Е т Е» т Гэ 12 ЕЕ» ЕЕ» ЕЕэ откуда н следует искомая формула. Гас. 1ХЗ Усе.

1.15 Усе. ! .1Е !.4. Для передачи момента Ме используется полый вал с отношением внутреннего радиуса к внешнему, равным а. Предполагая. что максимально допустимое напряжение для материала вала есть ям»с, определить минимально возможный внешний радиус вала й и соответствушщув ему массу единицы длины вала. Решение. При кручении вала возникает сдвиговые деформации, причем 2~с» )е(эмс»=Риф/%, где Р— модУль сдвига; Ь вЂ” длина вала; ф — Угол закручивания. Последний можно найти на основе формулы (1.13); 2ЕМэ 2М»Е 1 Ф лр (Ее — г') лр/11 1 — ае Требуемый внешний радиус вала определится из условия я ее=)е/(ф/Е= =2Мс/[лйе(1 — а') ], что дает Ее=2Ме/(ля „(1 — а') ].

Масса единицы длины цилиндрического вала будет 2Мэ 1 — а' эе = рл/(н (1 — аэ) рл — ] ° (ля») (1 — а)М(1+а>/' 2Ме 1с/с (! аэ)'/» -,л 1с — ) ° Кмкс ) (! + аэ) /' -'( — ) 17 Отсюда также следует, что изготовление полого вала оказыается предпочтительным по сравнению со сплошным (а=-О) с точки зрения экономии материала. !.6. Ковцы балки с погонным весом р покоятся на двух опорах, расстояние между которыми Е. Найти форму, балки.

Решение. Сила реакции на каждой опоре й/=Ер/2 (рнс. 1.15). Изгибающий момент в сечении х слагается из момента собственного веса части балки рхз/2 и момента силы реакции опоры — рЕк/2. В результате с учетом (1.15) и (1.!6) получаем уравнение г = — — х(к — Е), Р 2Е/ решение которого, удовлетворяющее граничным условиям г( з,ь=О, будет !Рк г = — — (Еа — 2Ек>+ хз).