Д.В. Сивухин - Общий курс физики (механика) (1113370), страница 101
Текст из файла (страница 101)
Тогда уравнение нейтральной линии изогнутого бруса можно представить в виде у = у(х]. По известной формуле 428 МВХАИИКА УПРУГИХ '1'Ю! (ГД. Х Рис. 209 Е!г'' = Е(! — х). 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 на изгиб. Он иллюстрируется примерами, приводимычи ниже, а также задачами к этому параграфу.
П риме р !. Однородный стержень АВлежит на двух симметрично расположенных опорах С и О (рис. 208). К концам стержня А и В приложены равные и одинаково направленные силы Е. Определим форму сгержня в состоянии равновесия, пренебрегая весом самого стержня. Из симметрии ясно, что в равновесии опоры С и О будут давить на стержень с одинаковыми силами Е! и ЕР каждая из которых равна Е. Проведем в стержне нормальное сечение через произвольно расположенную точку О.
Достаточно рассмотреть равновесие одной из частей стержня, например части ОВ. Упругие нагяжения в сечении О создают враща- Р Р ющий мочент М,, определяемый форму— и лой (80.2). Пара сил Е, и Е создает противоноложно направленный момент А' С' П В М=Еа, где и — расстояние между ли- ниями действия сил Р', и Е. Как и М„ ,Г момент М нс зависит от положения оси, Рис. 208 относительно которой он берется. Кроме того, момент М не зависит от положения точки О. Он одинаков вдоль всего стержня. Уравнение равновесия М, = М принимает вид 7Е(Я = Еа. Из него следует, что радиус кривизны В одинаков во всех точках нейтральной линии стержня.
Следовательно, в состоянии равновесия стержень будет иметь форму дуги окружности, как это изображено на рис. 208 штриховыми линиями. Для демонстрапии можно взять деревянную доску и вколотить в нее гвозди в точках А', В', С, О.
Если между этими гвоздями заложить гибкую стальную линейку, то она примет форму дуги окружности. Это дает ирак!ический способ черчения окружностей, когда обычный чертежный циркуль оказывается непригодным (например, в случае окружностей очень болыпого радиуса>. П р и мер 2.
Определим стрелу прогиба балки, жестко закрепленной в стене одним из своих концов (рис. 209). На другой конец балки действует сосредоточенная сила Е. Весом самой балки будем пренебрегать. Стрелой прогиба мы называем смешение свободного конца балки под действием приложенной силы Е. Поместим начало координат в точке О, в которой нейгральная линия балки пересекается с плоскостью стены.
Через произвольную точку В(х) ( с координатой х = ОВ) проведем нормальное сечение. Для равновесия необходимо, чтобы сила Ен действующая на часть ВА со стороны части ОВ, бьша направлена вверх и равнялась Е. Вместе с она образует пару сил с моментом М = = Е(! — х), где ! — длина балки. Момент сил натяжения возьчеч в приближенном виде (80.7), считая, что прогиб мал.
Это приводит к уравнению 8 во) изгип П р и и е р 3. Определим стрелу прогиба центра балки, лежащей на двух опорах, если к ее середине О приложена сосредоточенная сила Р, направленная вниз (рис. 210). Весом бал- 1 ки, как и в предыдущем примере. — Р пренебрежем.
Вследствие симмет- С(л) О рии сила Е распределится между Л опорами поровну. Поместим начало координат в точку А нейтральной линии, расположенную над левой 1 опорой. Отсечем мысленно слева часть балки, проведя нормалыюе сечение через произвольную точку Рис. 210 С(х) (с координатой .т), расположенную левее центра О (х < 112, где 1 — длина балки).
Справа на отсеченную часть балки будет действовать сила Н2, направленная вниз. Момент внешних сил, действующих на отсеченную часть, будет М = (РУ2)х. Уравнение равновесия принимает вид г / Г) Е/у = — — х хюг) ' Теперь ось У направлена вниз, т. е. в сторону выпуклости балки. Г!роизводпая у" отрицательна. По этой причине правая часть взята со знаком минус. Интегрируя полученное уравнение и учитывая, что у' = 0 при х = 1)2, у=0 при х=0, найдем у=, (31 — 4х ) (хм — ).
(80.11> Полагая здесь х = 1/2, находим стрелу прогиба (80.12> 48лт (80.10> Этот результат можно также получить из формулы (80.9). Действительно, в точке О' касательная к нейтральной линии изогнутой балки горизонтальна (рис. 210>. Если мысленно разрезать балку нормальным сечением, проведенным через О', на две равныо части, то каждая половина будет эквивалентна балке, жестко закрепленной одним концом в точке О' и подверженной на свободном конце действию сосредоточенной силы г(2, направ- (Ось у направлена в сторону вогнутости, т.
е. вниз. При таком условии вторая производная у" положительна, и обе части последнего соотношения имеют одинаковые знаки.) Интегрируя эю уравнение один раз, получим — (à — —;1 +С. 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 = О) у = О, найдем у= — 1 —— лх Г х( (80.8> глг~ з)' Полагая здесь х = 1, находим стрелу прогиба >.=Ф.
(80.9> злс 430 МЕХАНИКА УПРУГИХ ТЮ! (ГД. Х ленной вверх. Следовательно, стрела прогиба центра балки найдется из фор- мулы (80.9>, если в ней сделать замену Р— ~ Р(2, 1 — ~ В2. Это даст з г (!') г!' ЗГ! 2 ')г) 4ХГ!' т. е. прежний результат (80.!2). П р и мер 4. Определим стрелу прогиба центра однородной балки с жестко закрепленными концами под действием сосредоточенной силы В, приложенной к ее середине (рис. 211>.
ЕР 1Р Снова будем пренебрегать весом Х балки. Когда балка свободно лежала на двух опорах (рис. 210), влияние последних сводилось к силам Р/2 и Р(2, с которыми точечные опоры давили на балку. В случае балки с жестко закрепленными концами результирующая сил реакций опоры, действующих на какойРис. 211 либо конец балки, по-прежнему равна г!'2. По помимо этого силы реакции создакп вращающий момент М, действующий на балку. Поэтому вместо уравнения (80.10) надо писать Вуу" = — — х+ М ~.
г !) 2 (80.13> считая вращательный момент М неизвестным и подлежащим определению. Уравнение надо решить при условиях: 1) у' = 0 при х = 0; 2) у' = 0 при х=В2; 3) у=о при х= о. Этодает М = — Р(, х у = —,—," ~1 — — х), (80. 14) 1 ГГ' 192 Л!' П р и и е р 5. Рассьютрим теперь изгиб балки под действием собственного веса Р, предполагая, что один конец ее закреплен в стене, а другой свободен (рис. 212>. Лля равновесия всей балки необходимо, чтобы стена действовала на конец балки О с силой, направленной вверх и равной ее весу Р. Проведем нормальное сечение через произвольную точку г($ В(х) нейтральной линии (с координатой ОВ = х).
В(х) ! В примере 2 при решении аналогичной задачи мы исходили из условия равновесия части балки ВА. г(8 Так же можно было бы поступить и при решении Р— Р рассматриваемой задачи. Однако мы хотим теперь воспользова1ься условием равновесия другой части Рис. 212 балки, ОВ, побы показать, как поступать в этом случае. Пусть Р— сила, действующая на правый конец рассматриваемой части балки ОВ со стороны части ВА. Вес части 4З! изгин 8 зо! 2 М1 — — Рх+ ~ Ре — 2 = Рх — Р— ". 11 ' Сюда надо добавить еще момент горизонтальных сил упругих напряжений, действующих на закрепленный конец О. Обозначая этот момент через Мт, для полного момента сил, действующих на часть ОВ, может написать М=Рх — Р— +М .
ш 2' Постоянную Мт можно найти из условия равновесия всей балки ОА. На се свободном когщс нс действуют никакис силы и упругис напряжения. Поэтому, полагая в (80.15) х = 1, мы найдем полный момент сил, действующих 12 на всю балку. В равновесии он должен равняться нулю, т. е. Р) — Р— + 21 + Мз = О. Отсюда Мз = — Р!72. Это дает М = Рх — Р— — Р—.
2 г1 г' (80.16> Уравнение равновесия части балки ОВ принимает вид Еуу = — Рх+Р— +Р—. х 1 г( г' Решая его при условиях: 1> у' = 0 при х = 0; 2) у = 0 при х = О, гюлучим Р д и з Р 2 у= — 1х — — к + 4Е1 ЕЕ! 24Е1 (80.! 7> Полагая здесь х = 1, находим стрелу прогиба свободного конца балки 2=— ЗЕ1 (80.18> Если на свободный конец балки действует еше внешняя сила Р, направленная вниз, то вместо формул (80.16> и (80.18> нетрудно получить 2 М = Р(х — 1) + Рх — Р ~ (80.19> ш г' (80.20> Результирующий прогиб. таким образом, равен сумме прогибов, получающихся при разделыюм и независимом действии сил Р и Р.
Этот результат справедлив для любых малых деформаций, а пе только для деформаций изгиба, что непосредственно следует из принципа суперпозиции. П р и и с р 6. Упругий стержень АВдлиной 1 сдавливается с концов двумя равными и противоположно направленными силами Р, действующими вдоль одной прямой (рис. 213>. Концы стержня, закрепленные в шарнирах, ОВ равен Рт)!. Для равновесия этой части необходимо условие Р = Р+ Рхй или Р'= Р(1 — хВ). На элемент балки г(е действует сила веса Р~.
Момент М всех вертикальных сил, действующих на часть ОВ, не за- 2(ь 1 1 висит от положения оси, относительно которой он берется. Возьмем в качестве таковой ось, проходящую через конец О. Получим 432 МЕХАНИКА УПРУГИХ '1'Ю! (ГД. Х могут свободно перемещаться по направлению действия сил. При известной нагрузке Е стержень начинает изгибаться в сторону. Это показывает, что помимо сжатого состояния стержня возмоткны и другие равновесные состояния его. На рис. 2!3 изображен стержень в таком изогнутом состоянии. Направим ось Х вдоль продольной оси недеформированного стержня, а ось У вЂ” вбок в сторону В изгиба. Уравнение равновесия изо! нутого стержня имеет вид у" + 7с~) = О, (80.21 > где введено обозначение Е! (80.22) Общее решение этого уравнения есть у = С соз хх + О з)п йх, Рнс.
213 где С и й — постоянные интегрирования. Если начало координат поместить на одном из концов стержня, то должно быть С = О. Это следует из того, что при х = 0 ордината должна обращаться в нуль. На другом конце, т. е. при х = 1, ордината у также равна нулю. Значит, должно также быть 2) ып х( = 0 *). Если з)п к( ~ О, то В = О, а ~А( потому у = О. В этом случае стержень может быть только сжат, но не изогнут. Если же з)п к( = О, т.
е. Х( = и, 2п, Зя, ..., то прямолинейная равновесная форма стержня хотя и является теоретически возможной, но, как ле!ко доказать, она будет неустойчивой. Стержень принимает форму дуги синусоиды в соответствии с уравнением у = П сйп Хх, причем постоянная П зависит от прогиба, т.
е. в конце концов от нагрузки. Значения 1 и Е, соответствующие наименьшему корню (Ы = и), 'В! (80.23> называются соответственно кдшпической длиной и предельной нагрузкой при продольном изгибе. Эти величины можно рассматривать как продольные значения длины или нагрузки, при которых стержень начнет изгибаться в сторону, если только до этого он не был разрушен действующими силами. Рнс. 214 Если оба конца стержня жестко закреплены (рис. 214), то надо учесть дополнительные моменты сил, действуюшие на концах стержня, подобно тому. как это делалось в примере 4.
Вместо уравнения (80.21) теперь надо решать уравнение у' + к!у = (с!С где С вЂ” постоянная, подлежащая определению. Общее решение этого уравнения: у = А соз Ет + В з1 п Ех + С. *) Строго говоря, под( здесь следует понимать не длину стержня, а расстояние вдоль прямой между концами изогнутою стержня. Это расстояние, очевидно, ченяется с изменением нагрузки н является величиной, подлежащей определению. Однако при малых деформациях такое уточнение несущественно, н под 1 можно понимать длину самого стержня. 4ЗЗ изгие 1 во) Условие у = 0 при х = 0 дает А+ С = О. Из второго условия у' = 0 при х = 0 получаем В = О, так что у = А (сов /сх — 1).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
