lek_10 (Лекции в PDF)

Лекция № 10Плоский поперечный изгиб балок. Внутренние усилия при изгибе. Дифференциальныезависимости внутренних усилий. Правила проверки эпюр внутренних усилий при изгибе.Нормальные и касательные напряжения при изгибе. Расчет на прочность по нормальным и касательным напряжениям.10. ПРОСТЫЕ ВИДЫ СОПРОТИВЛЕНИЯ. ПЛОСКИЙ ИЗГИБ10.1. Общие понятия и определенияИзгиб – это такой вид нагружения, при котором стерженьзагружен моментами в плоскостях, проходящих черезпродольную ось стержня.Стержень, работающий на изгиб, называется б а л к о й (или б р у с о м ).

В дальнейшембудем рассматривать прямолинейные балки, поперечное сечение которых имеет хотя быодну ось симметрии.В сопротивлении материалов различают изгиб плоский, косой и сложный.Плоский изгиб – изгиб, при котором все усилия, изгибаю-щие балку, лежат в одной из плоскостей симметрии балки(в одной из главных плоскостей).Г л а в н ы м и п л о с к о с т я м и и н е р ц и и балки называют плоскости, проходящие через главные оси поперечных сечений и геометрическую ось балки (ось x).Косой изгиб – изгиб, при котором нагрузки действуют водной плоскости, не совпадающей с главными плоскостями инерции.Сложный изгиб – изгиб, при котором нагрузки действуютв различных (произвольных) плоскостях.Далее будем рассматривать п л о с к и й и з г и б , то есть все силыбудем прилагать в плоскости симметрии балки.10.2.

Определение внутренних усилий при изгибеРассмотрим два характерных случаяизгиба: в первом – консольная балкаизгибается сосредоточенным моментом Mo; во втором – сосредоточеннойсилой F.Используя метод мысленных сеченийи составляя уравнения равновесия дляотсеченных частей балки, определимвнутренние усилия в том и другомслучае:631 случай∑F = 0 ⇒∑M = 0 ⇒yz2 случай∑F = 0 ⇒∑M = 0 ⇒Qy = 0;M z = Mo.Qy = F ;yM z = − F ⋅ x.Остальные уравнения равновесия, очевидно, тождественно равны нулю.zТаким образом, в общем случае плоского изгиба в сечении балки из шестивнутренних усилий возникает два – изгибающий момент Мz и поперечнаясила Qy (или при изгибе относительно другой главной оси – изгибающиймомент Мy и поперечная сила Qz).При этом, в соответствии с двумя рассмотренными случаями нагружения, плоский изгибможно подразделить на ч и с т ы й и п о п е р е ч н ы й .Чистый изгиб – плоский изгиб, при котором в сечениях стержня из шестивнутренних усилий возникает только одно – изгибающий момент (см.

первыйслучай).Поперечный изгиб – изгиб, при котором в сечениях стержня кроме внутрен-него изгибающего момента возникает и поперечная сила (см. второй случай).Строго говоря, к простым видам сопротивления относится лишь чистый изгиб; поперечный изгиб относят к простым видам сопротивления условно, так как в большинстве случаев (для достаточно длинных балок) действием поперечной силы при расчетах на прочность можно пренебречь.При определении внутренних усилий будем придерживаться следующегоправила знаков:1) поперечная сила Qy считается положительной, если она стремится повернуть рассматриваемый элемент балки по часовойстрелке;2) изгибающий момент Мz считается положительным, если приизгибе элемента балки верхние волокна элемента оказываютсясжатыми, а нижние – растянутыми (правило зонта).Таким образом, решение задачи по определению внутренних усилий при изгибе будемвыстраивать по следующему плану: 1) на первом этапе, рассматривая условия равновесияконструкции в целом, определяем, если это необходимо, неизвестные реакции опор (отметим, что для консольной балки реакции в заделке можно и не находить, если рассматривать балку со свободного конца); 2) на втором этапе выделяем характерные участки балки,принимая за границы участков точки приложения сил, точки изменения формы или размеров балки, точки закрепления балки; 3) на третьем этапе определяем внутренние усилияв сечениях балки, рассматривая условия равновесия элементов балки на каждом из участков.6410.3.

Дифференциальные зависимости при изгибеУстановим некоторые взаимосвязи между внутренними усилиями и внешними нагрузкамипри изгибе, а также характерные особенности эпюр Q и M, знание которых облегчит построение эпюр и позволит контролировать их правильность. Для удобства записи будемобозначать: M≡Mz, Q≡Qy.Выделим на участке балки с произвольной нагрузкой вместе, где нет сосредоточенных сил и моментов, малыйэлемент dx. Так как вся балка находится в равновесии, тои элемент dx будет находиться в равновесии под действием приложенных к нему поперечных сил, изгибающихмоментов и внешней нагрузки. Поскольку Q и M в общем случае меняются вдоль оси балки, то в сеченияхэлемента dx будут возникать поперечные силы Q иQ+dQ, а также изгибающие моменты M и M+dM. Из условия равновесия выделенного элемента получимQ + q ⋅ dx − ( Q + dQ ) = 0;∑ Fy = 0 ⇒∑M0=0 ⇒M + Q ⋅ dx + q ⋅ dx ⋅dx− ( M + dM ) = 0.2Первое из двух записанных уравнений дает условиеdQ.q=dx(10.1)Из второго уравнения, пренебрегая слагаемым q·dx·(dx/2) как бесконечно малой величиной второго порядка, найдемdM.(10.2)Q=dxРассматривая выражения (10.1) и (10.2) совместно можем получитьd 2Mq=.dx 2(10.3)Соотношения (10.1), (10.2) и (10.3) называют дифференциальными зависимостями Д.

И. Журавского при изгибе.Анализ приведенных выше дифференциальных зависимостей при изгибе позволяет установить некоторые особенности (правила) построения эпюр изгибающих моментов и поперечных сил:а – на участках, где нет распределенной нагрузки q, эпюры Q ограниченыпрямыми, параллельными базе, а эпюры M – наклонными прямыми;б – на участках, где к балке приложена распределенная нагрузка q, эпюры Qограничены наклонными прямыми, а эпюры M – квадратичными параболами.При этом, если эпюру М строим «на растянутом волокне», то выпуклость па-65раболы будет направлена по направлению действия q, а экстремум будетрасположен в сечении, где эпюра Q пересекает базовую линию;в – в сечениях, где к балке прикладывается сосредоточенная сила на эпюре Qбудут скачки на величину и в направлении данной силы, а на эпюре М – перегибы, острием направленные в направлении действия этой силы;г – в сечениях, где к балке прикладывается сосредоточенный момент на эпюре Q изменений не будет, а на эпюре М – скачки на величину этого момента;д – на участках, где Q>0, момент М возрастает, а на участках, где Q<0, момент М убывает (см.

рисунки а–г).10.4. Нормальные напряжения при чистом изгибе прямого брусаРассмотрим случай чистого плоского изгиба балки и выведем формулу для определения нормальных напряжений для данного случая.Отметим, что в теории упругости можно получить точную зависимость для нормальных напряжений при чистом изгибе, если же решать эту задачу методами сопротивления материалов необходимоввести некоторые допущения.Таких гипотез при изгибе три:а – гипотеза плоских сечений (гипотеза Бернулли)– сечения плоские до деформации остаются плоскими и после деформации, а лишь поворачиваютсяотносительно некоторой линии, которая называетсян е й т р а л ь н о й о с ь ю сечения балки.

При этомволокна балки, лежащие с одной стороны от нейтральной оси будут растягиваться, а с другой –сжиматься; волокна, лежащие на нейтральной осисвоей длины не изменяют;б – гипотеза о постоянстве нормальных напряжений – напряжения, действующие на одинаковомрасстоянии y от нейтральной оси, постоянны поширине бруса;в – гипотеза об отсутствии боковых давлений – соседние продольные волокна не давят друг на друга.66Статическая сторона задачиЧтобы определить напряжения в поперечных сеченияхбалки, рассмотрим, прежде всего, с т а т и ч е с к у юс т о р о н у з а д а ч и .

Применяя метод мысленных сечений и составляя уравнения равновесия для отсеченнойчасти балки, найдем внутренние усилия при изгибе. Какбыло показано ранее, единственным внутренним усилием, действующим в сечении бруса при чистом изгибе,является внутренний изгибающий момент, а значит здесьвозникнут связанные с ним нормальные напряжения.Связь между внутренними усилиями и нормальными напряжениями в сечении балки найдем из рассмотрения напряжений на элементарной площадкеdA, выделенной в поперечном сечении A балки в точке с координатами y и z(ось y для удобства анализа направлена вниз):⎫∑ Fx = 0 ⇒ N = 0 ⇒⎪∫A σ x ⋅ dA = 0;⎪⎪(10.4)=⇒=⇒σ⋅⋅=M0M0zdA0;⎬∑ yy∫A x⎪∑ M z = 0 ⇒ M z = Mo ⇒∫A σ x ⋅ y ⋅ dA = M o .⎪⎪⎭Как видим, задача является внутренне статически неопределимой, так какнеизвестен характер распределения нормальных напряжений по сечению.Для решения задачи рассмотрим геометрическую картину деформаций.Геометрическая сторона задачиРассмотрим деформацию элемента балки длиной dx, выделенного из изгибаемого стержня в произвольной точке с координатой x.

Учитывая принятуюранее гипотезу плоских сечений, после изгиба сечения балки повернуться относительно нейтральной оси (н.о.) наугол dϕ, при этом волокно ab, отстоящееот нейтральной оси на расстояние y, превратится в дугу окружности a1b1, а егодлина изменится на некоторую величину. Здесь напомним, что длина волокон,лежащих на нейтральной оси, не изменяется, а потому дуга a0b0 (радиус кривизны которой обозначим ρ) имеет ту жедлину, что и отрезок a0b0 до деформацииa0b0=dx.Найдем относительную линейную деформацию εx волокна ab изогнутой балки:a b − a0 b0 ( ρ + y ) ⋅ d ϕ − ρ ⋅ d ϕεx = 1 1=⇒a0 b0ρ ⋅ dϕ67εx =y.ρ(10.5)Физическая сторона задачиУчитывая, что, в соответствии с гипотезой об отсутствии боковых давлений,σy=σz=0, запишем закон Гука для изгиба в видеσx = E ⋅ εx .(10.6)Математическая сторона задачиИз формулы (10.6) с учетом (10.5), получим закон распределения нормальных напряжений по сечению балки:y(10.7)σx = E ⋅ .ρПодставляя (10.7) в каждое из уравнений (10.4), имеем следующие соотношения:EN = ∫ σ x ⋅ dA = 0 ⇒⋅ ∫ y ⋅ dA = 0 ⇒Sz = 0 ,ρAAEM y = ∫ σ x ⋅ z ⋅ dA = 0 ⇒⋅ ∫ y ⋅ z ⋅ dA = 0 ⇒J yz = 0 ,ρAAEEM z = ∫ σ x ⋅ y ⋅ dA = M 0 ⇒⋅ ∫ y 2 ⋅ dA = M z ⇒⋅ Jz = M z .ρρAAИз анализа первого и второго полученных выражений следует, что оси y и zявляются главными центральными осями сечения, а нейтральная ось проходит через центр тяжести сечения.Из последнего равенства получим формулу для определения кривизны бруса(1/ρ) при изгибеMz1=,(10.8)ρ E ⋅ Jzподставляя которую в выражение (10.7), получим формулу определения нормальных напряжений при изгибе:M ⋅yσx = z .(10.9)JzИз анализа полученного уравнения следует, что нормальные напряжения приизгибе равны нулю в точках, лежащих на нейтральной оси, и достигают экстремальных значений на поверхности балки, при y=|y|max.Максимальные нормальные напряжения при изгибе найдем по формуле:σ max =M z ⋅ y maxJz68=MzWz,где Wz – осевой момент сопротивленияJWz = z .y maxТаким образом, в случае изгиба условие прочности по нормальным напряжениям можетбыть записано в следующем виде (для материала балки, одинаково сопротивляющегося растяжению-сжатию):Mσ max = z ≤ [ σ ] .Wz10.5.