Седов Л.И. Механика сплошной среды, Т. 2 (1119110), страница 68
Текст из файла (страница 68)
Поэтому М„ называется крутящим, а моменты Мз и М, изгибающими моментами. В силу линейности задач теории упругости решение задачи об определении напряженного и деформированного состояний балки под действием произвольно направленного момента М' можно получить как сумму решений трех задач: задачи о кручении под действием момента М„и двух задач об изгибе балки под действием моментов Мз и М,. Ясно, что последние две задачи об изгибе балки, по существу, совершенно аналогичны. Рассмотрим подробно задачу об изгибе балки под действием заданного момента М, =- М, когда М„= Ма — — О. При этом, как обычно, будем считать момент М положительным, если поворот, возникающий под действием М, виден с конца оси г совершающимся против часовой стрелки.
Деформированное и напряженное состояния находящейся в равновесии балки, возникающие под действием только изгибающего момента М, когда главный вектор сил, приложенных к каждому из торцов балки, равен нулю, называются чистым изгибом. В следующем параграфе будет приведено решение задачи о кручении балки.
Как в задаче об изгибе, так и в задаче о кручении для простоты примем, что температура различных точек балки одинакова и постоянна во времени (Т = Т,) и что массовые силы отсутствуют. Кроме этого, примем, что тензор деформаций определяется перемещениями, которые можно считать малыми. 852 Гл. 1Х. Теория упругости так как оси у и з совпадают с главными осями инерции попереч- ного сечения и, наконец, имеем М = М, = ~ (т х 2т"),сЬ = и ~ у'с(с = пХ, (6.2) н, нр где г — момент инерции поперечного сечения балки 2 относительно оси з.
Из (6.2) для коэффициента а вытекает формула Примем еще, что на торце Ег действуют поверхностные силы, распределенные по закону (6.3) (.р")н = (ег')н ° На рис. тт8 изображено распределение напряжений .Рй, = — ауй иугй, = ауе на торцах 2, и Хе. Непосредственно очевидно, что такое распределение внешних сил вызовет изгиб Рис. Н8. Распределение напряжений ре на тор- цах Хд и Хе. балки. Ниже получим точное решение задачи об изгибе балки моментом М только для случая, когда поверхностные силы на торцах 2, и Хт распределены по законам (6Л) и (6.3).
Практическое применение этого решения не ограничивается такого рода случаями. Из принципа Сен-Венана следует, что полученное решение будет справедливо в части балки, достаточно удаленной от ее торцов, и в том случае, когда на Хт (и Хг) задано любое другое распределение напряжений тте, приводнщееся к заданному моменту М (и — М). з 3.
Эадача об изгибе балки 333 М вЂ” и у Ргз=Рт Рж= Рва=Раз=О. (64) Очевидно, что уравнения равновесия — О др двд при этом удовлетворяются и будут удовлетворены также все граничные условия. Действительно, из приведенного выше рассуя<дения непосредственно видно, что решение (6.4) удовлетворяет граничным условиям на Хз и Хг. На боковой поверхности балки в силу выбора осей координат имеем соз (и, х) =- О, поэтому у" = рг сов (тв, х) (- зт сов (и,, у) + )овсов (и, в) = О. С помощью закона Гука (2.28) по известным компонентам тензора напряжений (6.4) легко найдем значения компонент тензора деформаций: диг внл дмз аМу е г = — = — —.— де ЬУ ' ' дз НУ езг = (6.5) ди/в еМк езз = дз Нг' ,,=О. Компоненты зензора деформаций и аектора перемещений Отсюда видно, что кри чистом изгибе элемент балки, совпадающий с осью х, не испытывает ни удлинения, ни сжатия.
Элементы, параллельные оси х, при у ) О сягимаются, а при у с О растягиваются. Непосредственно можно проверить, что решение дифференциальных уравнений (6.5) для перемещений ш„шм и, имеет вид Мпа юг = — — ' ЛХ шз =,щг(х Ф с(у — с )), (6.6) аМдз шв ЛУ При этом для устранения перемещений балки как абсолютно твердой принято, что перемещение и элементарный поворот главных осей деформации в центре тяжести торца Ег (т. е. в начале координат) равны нулю.
12 л. и. сздзз, том З Напряжения внутри банки Для получения решения полонохм, что во всех точках внутри и на поверхности балки для компонент тензора напряжений верны равенства Гл. 1Х. Теория упругости Мглзз х, л- юз = х, — — '. йу М у . щ — у 1 (хз+о(уз зз)) (0.У) слХяззз зо + юз == зс + — ' Ы Для точек оси ба ски (уз =- го = О) получаем юг=из — — О, М „ЬХ 2йу о 2Р,'у Отсюда ясно, что уравнение изогнутой оси балки имеет внд р= М зну (0.8) т. е.
изогнутая ось представляет собой параболу (рпс. '1'1О). Рис. 119. Балка до и после деформации. Рассмотрим кривизну 1ХЛ изогнутой оси балки где Л вЂ” радиус кривизны, 0 — угол касательной к кривой, например, с осью х, а Из — элемент дуги кривой. Если кри- визна мала, то 1/Л = оРу/с)хз, поэтому (6.8) дает ~Ъ М й Ыхз Б.7 (6.10) Уразнение изогнутой осн Любая точка (х = хз, У = йо з = зз) балки и ее кривиана балки после деформации переходит в точку с координатами (х, р, г), вычисляемыми по формулам: 355 1 6. Задача об изгибе балки х = ха(1 — †;„,) = хе (1 -- †,') (6.11) Это уравнение определяет плоскость. Следовательно, плоское поперечное сечение остается плоским после деформации.
Покажем теперь, что при деформации чистого изгиба плоские поперечные сечения балки, перпендикулярные до деформации к оси х, в результате деформации переходят в плоские сечения, перпендикулярные к изогнутой оси балки. Действительно, тангенс угла наклона плоскости (6.11) к оси х равен р 1ЗО я л е' еу ~а1 = — = — = ч и даутавроаоге поперечного сечений. Нг Мал ' а угловой коэффициент изогнутой оси балки (6.8) равен лч гек= ~ = ьХ хо т. е.
жесткость балки иа изгиб Из (6,10) видно, что кривизна балки прямо пропорциональна величине изгибающего момента ЛХ и обратно пропорциональна величине ЕХ, которая называется жесткостью балки на изгиб. Жесткость балки ЕХ, очевидно, зависит через Е от материала, из которого сделана балка, и через Х от формы ее поперечного сечения. Рассмотрим, например, две балки из одинакового материала, причем поперечное сечение одной из них представляет собой прямоугольник площади Е, а поперечное сечение второй имеет вид, изображенный на рис. 120 (такая балка называется двутавровой), и имеет ту же площадь Я. Очевидно, что момент инерции Х, а следовательно, и жесткость ЕХ двутавровой балки будет больше.
Поэтому балки, работающие на изгиб (например, железнодорожные рельсы), обычно имеют двутавровые поперечные сечения, Деформация клоаках Возьмем некоторое плоское сечение балки поперечных сечений х = ха. После деформации плоскость х = ха перейдет в поверхность х = хе+кг, или по (6.7) в по- верхность 356 Гл. 1Х. Теория упругости й 7. Кручение цилиндрических стержней Постановка задачи Система (7.1) при условии Т = Т» получится замкнутой, если к ней добавить закон Гука и уравнения совместности деформаций или уравнения Бельтрами — Мичелла.
Выберем декартову систему координат, как показано на рис. 121. Примем, что на боковой поверхности стержня уз" = О. Это условие можно написать в виде Рис. 121. Обозначения и выбор осей координат в задаче о кручении цилиндрического стержня. уз, сов (и, х) + узз сов (и, У) -(- 1зз сов(п, г) = О или, так как ось г выбрана параллельно образующей цилиндрической поверхности 2' (соз (и, х) = О), в виде вы сов (и, х) + Рзг соз (и, Д) = О, )зы соз (и, ж) .(- Рзз соз (и, Д) = О, (7.2) Ргзсоз(п х) + Раз сов(п, Р) = О. ') Стальные круглые валы современных сверхмощных гидротурбин имеют диаметр около двух метров. Рассмотрим задачу о кручении цилиндрического стержня- балки. Кручение возникает в том случае, когда момент, действующий в концевом сечении балки, не лежит в плоскости поперечного сечения.
В условиях кручения работает множество частей различных машин, в частности, валы гидротурбин ') и всевозможных (автомобильных, самолетных, пароходных и других) двигателей. Инженеров обычно интересует, какой максимальный момент может воспринять данный вал, каково максимальное значение напряжений, каков угол закручивания при заданном моменте и т. и. Поставим задачу об определении напряженно-деформированного состояния цилиндрического стержня при кручении в рамках теории малых деформаций.
Рассмотрим абсолютное илн относительное рав- новесие вала, причем влияние переменг ной температуры и массовых сил учитывать не будем (в силу линейности задач теории упругости влияние этих факторов при необходимости можно учесть отдельно). Рассмотрим уравнения равновесия Р,рб=о. (7.1) з 7. Крученнз цилиндрических стержней 357 Пусть на торцах Вз и Ез заданы поверхностные силы. Будем считать, что поверхностные силы на каждом из торцов г'з и г'з приводятся к паре с моментом, параллельным оси г, а именно: ) тз"тЬ =О, р" <й = О, ~ ('Х р") й = З~ = ))уус, (7.3) (з' Х ре) 05 = — М = — Мзс. где а — постоянная, а 7" (х, У) — функция, которуто надо найти в процессе решения задачи.
Нетрудно понять, что если в балке происходят перемещения вида (7.4), то первоначально плоские сечения, перпендикулярные к оси г, поворачиваются около втой оси на угол аг, и, кроме того, искривляются, так что плоскости г = г, переходят в поверхности г = гз +а7(х, у). Таким образом, угол поворота каждого поперечного сечения пропорционален расстоянию етого сечения от начала координат, а а представляет собой угол закручивания на единицу длины балки. Вычислим компоненты тензора деформаций, соответствующие перемещениям (7.4).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
