Д.В. Сивухин - Общий курс физики. Том 1. Механика (1111909), страница 99
Текст из файла (страница 99)
207. бесконечной малости выделенного элемента можно считать, что в результате изгиба прямые АА', ММ', ВВ' и все прямые, им параллельные, перейдут в окружности с центрами, лежащими на оси О, перпендикулярной к плоскости рисунка (рис. 207, б). Эта ось называется осью изгиба. Наружные волокна, лежащие выше линии М М, при изгибе удлиняются, волокна, лежащие ниже линии ММ', — укорачиваются. Длина линии ММ' остается веизменной. Эта линия называется нейтральной лилией.
Проходящее через нее сечение (недеформированного) бруса Р е ш е н и е. Мысленно выделим произвольный участок проволоки АВ (рис. 200, б). Силы, действующие на его концы, перпендикулярны к плоскости рисунка (параллельны проюльвой оси пружины). Каждая нз этих сил равна внешней силе Е, приложенной к пружине. Силу, направленную к нам, изобразим точкой, от нас — крестиком. Момент М сил, прилаженных к выделенному участку, перпендикулярен к хорде АВ и равен М =- 2«77 з(п (и/2).
Разложим этот момент на составляющую М4 вдоль проволоки и составляющую М, перпендикулярную к ней. Если пружина содержит много витков, то составляющую МЛ можно не учитывать. Она вызывает изгиб проволоки вокруг оси, параллельной радиусу ОВ. Но легко видеть, что такой момент изгибает участок АС в одну сторону, в участон СА' — в противоположную, так что в целом при большом числе витков изгиб практически не влияет на удлинение пружины. Момент М4 равен М з!п (44/2) =- = 2/)7 з(по (и(2). Элемент проволоки длины й! он закрутит на угол йр= — ' = Мг М =- —. 4 - — и сместит свободный конец пружины на величину (о ц 4г)со . 44 4Лс . 4 со йх=А() йф =АВ ап.— йф= — ыпо- ау= — — мп4-.
йоь 2 /(о 2 /(о 2 40! ИЗГИБ плоскостью, перпендикулярной к плоскости рис. 207, а, называется нейтральным сечением. Таким образом, все наружные волокна будут натянуты, все внутренние— сжаты. Пусть )7 — радиус кривизны нейтральной линии ММ'. Тогда (о = )(сс, где сс — центральный угол, опирающийся на дугу ММ'. Рассмотрим волокно бруса, находящееся на рассгоянии в от нейтрального сечения. (Величина в положительна, если волокно находится выше нейтрального сечения (рис.
207, б) и отрицательна, если оно находится ниже.) Если брус не слишиом толст, так что 1 и ! С )7, то длина рассматриваемого волокна будет ! = ()с + в) а, а удлинение б! = ! — 1„= $сх. Следовательно, натяжение, действующее вдоль рассматринаб! сс гмого волокна, т=Š— = Ев —, или !о !о М = ~ в'с й5 = — ~ вз с(5, Šà — )7 ~ или где введено обозначение (80.3) Величина !называется моментом инеряии поперечного сечения бруса по аналогии с соответствующей величиной, вводимой при рассмотрении вращения тела вокруг неподвижной оси.
Однако, в отличие от последней величины, имеющей размерность массы, умноженной на квадрат длины, (80.3) есть чисто геометрическая величина с размерностью четвертой степени длины. Можно воспользоваться формулами для моментов инерции, выведенными в 4 36, заменив всюду массу т на площадь поперечного сечения 5. Если поперечное сечение бруса имеет форму прямоугольника с шириной и и высотой Ь, то ипз '= (2. (80.4) Для кругового поперечного сечения радиуса г пг' 4 (80.6) Для цилиндрической трубы с внутренним диаметршл гс и наружным г, ! = — (г( — г().
и а (80.6) т=Š—. $ )7 ' (80. 1) Натяжение, таким образом, меняется линейно с расстоянием в. Ниже нейтральнаго сечения оно отрицательно, т. е. является давлением. Сумма сил натяжения и давления, действующих в сечении АВ, может быть и отличной от нуля. Однако в атом случае на изгиб бруса будет накладываться растяжение или сжатие его, одинаковое для всех волокон. Оно может быть учтено особо и исхлючено из рассмотрения, когда речь идет аб изгибе в чистом виде. Позтаму мы будем считать, чта сумма всех сил натяжения, действующих в каждом нормальном сечении бруса, равна нулю, т.
е. ) т 65=0 илн в силу (80.1) ) $ с)5=0, глеб — элементплошади рассматриваемого поперечного сечения. Интегрирование ведется по всему поперечному сечению бруса. Отсюда видна, что нейтральная линия и нейтральное сечение проходят через центр тяжести поперечного сечения бруса, Из соотношения ~ т 05=0 следует, что момент сил натяжения М, действующих на сечение АВ, не зависит от того, относительно какой оси он берется. Для вычисления Мс праще всего взять ась, перпендикулярную х плоскости рисунка и проходящую через точку М. Очевидно, 402 МЕХАНИКА УПРУГИХ ТЕЛ (ГЛ.
Х Направим ось Х вдоль нейтралыюй линии недеформированного бруса. Ось У направим к ней перпендикулярно и расположим в плоскости изгиба Тогда уран. пение нейтральной линии изогнутого бруса можно представить в виде у = у (х). По известной формуле ! у Если изгиб мал (у' ~ 1), то квадратом производной можно пренебречь. В этом приближении Мт=В(У ° (80.7) 2. Вырежем произвольную (конечную или бесконечно малую) часть бруса, мысленно проведя в нем диа нормальных сечения. В состоянии равновесия момент упругих сил натяжения, действующих на торцах вырезанной части, должен быть уравновешен противоположно направленными моментами всех прочих внешних сил, действующих на рассматриваемую часть.
Это дает метод решения задач Рис. 209. на изгиб. Он иллюстрируется примерами, приводимыми ниже, а также задачами к этому параграфу. П р и м е р 1. Однородныйстержень АВ лежит на двухсимметрично расположенных опорах С и Р (рис 208). К ковцам стержня А и В приложены равные и одинаково направленные силы В. Определим фирму стержня в состоянци равновесия, пренебрегая весом самого стержня. Из симметрии ясно, что в равновесии опоры С и Р будут давить на стержень с одинаковыми силами Рт н Вм каждая из которых равна Р. Проведем в стержне нормальное сечевие через произвольно расположенную точку О.
Достаточно рассмотреть равновесие одной из частей стержня, например части ОВ. Упругие натяжения в сечении О создают вращающий момент Мт, определяемый формулой (80.2). Пара сил Р, и В создает противоположно направленный момент М.= Ра, где а — расстояние между линиями действия снл Рт и Р. Как и Л)т, момент М ве зависит от положения оси, относительно которой он берется. Кроме того, момент М не зависит от положении точки О. Он одиваков вдоль всего стержня. Уравнение равновесия М = = М принимает вид (Ву)г = Ра.
Из него следует, что радиус кривизны )7 одинаков ва всех точках нейтральной линии стержня. Следовательно, и состоянии равновесия стержень будет иметь форму дуги окружности, как это изображено. иа рис. 208 пунктирными линиями, Для демонстрации можно взять деревянную доску и вколотить в нее гвозди в точках А', В', С, Р. Если иежду этими гвоздями заложить гибкую стальную ли. нейку, то она примет форму дуги окружности. Это дает практический способ черчения окружностей, когда обычный чертежный циркуль оказывается непригодным (например, в случае окружностей очень большого радиуса). Пример 2. Определим стрелу прогиба балки,жесткозакрепленной в стене одним из своих концов (рис.
209). На другой конец балки действует сосредоточенная сила Г. Весом самой балки будем пренебрегать. Стрелой прогиба мы называем смещение свободного конца балки под действием приложенной силы Е. 1 ао) ИЗГИБ Поместим начала координат в точке О, в которой нейтральная линия балки пересекается с плоскостью степы, Через произвольную точку В (х) (с координатой х =- ОВ) проведем нормальное сечение. Для равновесия необходимо, чтобы сила Ем действующая на часть ВА со стороны части ОВ, была направлена вверх и равнялась Е. Вместе с Е она образует пару сил с моментом М =- Е (1 — х), где 1 — длина балки. Момент сил натяжения возьмем в приближенном виде (80.7), считая, что прогиб мал.
Зто приводит к уравнению Е!у" =Е(1-х). (Ось у направлена в сторону вогнутастн, т. е. аииз, При таком условии вторая производная у" положительна, н обе части последнего соотношения имеют одина- ковые знаки.) Интегрируя это уравнение один раз, получки Е / х) у'= — х(1 — — ~+С. Е/ Постоянная интегрирования С равна нулю, так как при х = О, т. е. в точке О, касательная к нейтральной линии горизонтальна. Интегрируя вторично и учитывая, что в точке О (т.
е. при х= 0)у= О, найдем ,Г Г Г Ехе l х) г — (80.8) 2Е!(, 3/' Полагая здесь х = 1, находим стрелу прогиба Е/з к= —. ЗЕ!' (80.9) Ех ! у= — (З — 4х') 1х = — 1. 48Е! 2!' (80.11) Полагая здесь х = 1/2, находим стрелу прогиба ЕВ х= —. 48Е!' (80.!2) Згот результат можно также получить из формулы (80.9). Действительна, и точке О' касательная к нейтральной линии изогнутой балки горизонтальна П р и и е р 3.
Определим стрелу прогиба центра балки, лежашей на Рис. 210. двух опорах, если к ее середине О приложена сосредоточенная сила Е, направленная вниз (рис. 210). Весом быки, как и в предыдущем примере, пренебрежем, Вследствие симметрии сила Е распределится между опорами поровну. Поместим начало координат а точку А нейтральной линии, расположенную над левой опорой.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
