Седов Л.И. Механика сплошной среды, Т. 2 (1119110), страница 73
Текст из файла (страница 73)
126). В этом случае перерезывающая деленная нагрузка. сила Р, действующая в некотором сечении с координатой х, очевидно, дается формулой 1 Р(х) ~д($) а$, х — = — а (х), «Р (8.1) где 1 — координата правого конца балки. Часто приходится рассматривать иагрузПогонная нагрузка ку, непрерывно распределенную вдоль балки, например, давление воды па стенку плотины, вес самой балки, давление ветра или поезда па мост (при приближенном рассмотрении) и т.
д. В этом случае полезно понятие «погонной нагрузки» а (х), которое вводится следующим образом; ,г аР а= 1пп —, ах ззо Гл. 1Х. Теория упругости Если на балку действует только распределенная нагрузка интенсивности о (х), то изгибающий момент в сечении с координатой х равен йу (х) = ~ я — х) д (з) ~$, т. е. с'М = — ~д(с) с$ = — Р(х), — = д (х). (8.2) Эшоры перерезывающих сил и изгибающих моментов Методы сопротивления материалов дают взамен<ность по известным суммарным характеристикам — перерезывающей силе и изгибающему моменту — определить распределение растягнвающих и сжимающих напряжений рм и форму изогнутой оси балки.
Поэтому важно знать величины рис. 127. Примеры зиюр перерезывзющих сил и изгибающих моментов. Р и М в каждом сечении балки. Графические изображения распределения этих величин вдоль балки, когда по оси абсцисс откладывается координата сечения, а по оси ординат — ве- 881 5 8. Методы сопротивления материалов личина Р илн величина М, называются соответственно эпюрами перерезывающях сил и изгибающих моментов, Примеры таких графиков приведены на рис. 127. Следует отметить, что в число сил в моментов, действуюп\их на балку, необходимо включать силы в моменты сил реакций, возникающие в сечениях, по которым балка закреплена. Силы и моменты реакций заранее неизвестны, и во многих случаях для их определения необходимо полностью решить задачу сопротивления материалов илв теории упругости.
Дальше мы рассмотрим решения таких задач. Но прежде покажем, как в сопротивлении материалов вычисляются напряжения р„и определяется форма изогнутой ося балки, если в кагкдом сечении известны перерезывающая сила Р и изгибающий момент ЛХ. Сделаем следующие предположения, которые выполняются точно при чистом изгибе (см. ч 6).
1. Существует нейтральная ось такая, что каясдый элемент балки, лежащий на этой оси, только изгибается, но не удлиняется и не укорачивается. 2. Плоские сечения, перпендикулярные к нейтральной оси балки в начальном недеформированном состоянии, после Основные предположения удлинение продольного волокна Патпа а.
Имгнутая апллп Рпо. х28. К вычислению удлинения продольных волокон лрп яагибе балки. изгиба остаются плоскими и перпендикулярными к изогнутой нейтральной оси. В действительности при наличии перереэывающей силы первоначально (до приложения нагруаок) плоские перпендикуляр- Гл. 1Х. Теория упругости ные к оси балки сечения после деформации балки под действием нагрузок оказьгваются искривленными. Для длинных и тонких балок этим искривлением плоских сечений моя<но пренебречь, Точный анализ показывает, что даже для толстых балок прн вычислении ры во многих приложениях можно пренебрегать эффектом искривления плоских сечений.
Предположения 1 и 2 дают возможность вывести закон распределения нормальных напряжений в любом поперечном сечении балкк, В самом деле, подсчитаем удлинение прн изгибе балки продольного волокна, расположенного на расстоянии ~ у ~ от оси х, совпадающей с нейтральной осьго балки (рнс. 128), Рассмотрнлг элемент этого продольного волокна, расположенный между двумя плоскостями алол и а,бе и имеющнйдо деформации длину г, а после деформации — длину г + Лг, Обозначим через В радиус кривизны изогнутой оси балки.
Из рисунка 128, б, где рассматряваемый элемент волокна н элсмент нейтральной оси нзобранеены в более крупном масштабе, легко увидеть, что зы = — ' = —, = — — ' (у(О). Ье (ч~ к (8. 3) Ео ры = Езлл =— Е (8. 4) Если растягнвающая балку сила отсутствует, то ~ ры е)5= О, где 2 — поперечное сечение балки, или, по (8.4), Šà — — лу~й= О т, е. нейтральная ось должна проходить через центры тяжести поперечных сечений. Зная напряжения, действующие в рассматриваемом сечении, можно вычислить изгибающий момент М: ЛХ = ~ ( — У) Рлл е15 = — У елэ =— ЕГ е ЕУ (8.5) Здесь через Г обозначен момент инерции сечения относительно оси з. Если изгибающий момент в каждом сечении известен, то с помощью (8.4) и (8.5) можно найти величину р, и составить Формулы дия напряжений Поэтому, используя закон Гука для прои изгибающего момента стого растяжения, для распределения р„ получим формулу 1 8.
Методы сопротивления матерпллол уравнение изогнутой оси балки: дМ 1 М Ргг = у ' л й.г (8.8) Величина рп и прогиб балки зависят явно лишь от изгибающего момента, Непосредственно от величины перерозывающей силы зависят касательные напряжения в поперечном сечении, которые, как правило, при изгибе бывают менее существенными, чем нормальные напряжения. Способы вычисления касательных напряжений мы здось рассматривать не будем. Отетиы, что формулы (8.6), (8.7) получились по виду похожими на соответствующие формулы для случая чистого изгиба. Однако величина М тепорь сама зависит от х.
Поэтому изогнутая ось в общем случае пе представляет собой параболу. Дадим теперь примеры конкретных расчетов, Рассмотрим балку, нагруженную в некоторой точке С силой Р и лежащую на двух опорах, одна из которых (в точке А) шарнирно-неподвижная, другая (в точке В) шарнирно-подвижная (рис. 129). Обе опоры ггозволяют балке свободно вращаться вокруг точек закрепления, Кроме того, опора в точке В поставлена на катки, что позволяет концу балки перемещаться в гори- Р зонтальном направлении. Нег а У l редко опоры мостов устраи. г) ваются именно таким образом. Если пренебречь трением катков о землю, то можно сказать что в точке В не возни- Ркс.
129. Балка пл двух опоРах. кает горизонтальной составляющей силы реакции. Из условия равновесия сразу получается, что и в точке А сала реакции вертикальна. Кроме того, имеем ))эгпб балок, концы которой укреплены е помощью шарнирно кеподвпхшой и шар- ппрно-подвижкой опор (8.8) В, +В,= Р, аР= И. Последнее равенство представляет собой условие равенства нулю момента всех действующих на балку сил относительно точки Л. Дифференциальное Если прогиб балки мад, то величину 1/В можно заменить на грд)г)хг, тогда дифференциальное уравнение изогнутой оси балки запишется в виде опч М г)хь Ь'у (8.7) Гл.
1Х. Теория упругости Для изгибающего момента в сечении с координатой х имеем (8.9) М= — Л (1 — х) при х) а, М= — В,(1 — х)+ Р(а — х) при х; а. Эпюра изгибающих моментов имеет вид, показанный на рис. 130. Наибольший изгибающий момент М „получается в сечении, расположенном непосредственно под грузом Р, М,„= — 11,(1 — а) = —— Ра () — а) 1 (8,10) В этом сечении будут максимальные растягивающие и скзимающне напряжения рьо Для симметричной балки толщиной 26 с помощью (8.
6) по луч аем 4 д. ь ~рзгюах! = )Мюах ~ г Величина максимального изгибающего момента зависит, Рлс. 130. Элюра изгибающих моментов крк кзгиое балка одной св- как видно ил (8 10), от а,т. е. лой р, пркложеклой в точке С, от положения груза. Коли груз Р перемещается вдоль балки, то величина Мв„, будет наибольшей при 1 =- 2а, т. е. когда груз находится посредине балки. Отметим, что мы нашли все силы и определили напряжения рг, (по формулам (8.8), (8.9), (8,6)), не пользуясь сведениями о материале, нз которого сделана балка, только из условий статики. Рассматриваемая задача представляет собой пример статически определимой задачи. Найдем теперь уравнение изогнутой оск балки.
Пользуясь соотношением (8.7), легко получим: при х(а Ы вЂ” '.,' = Ет (х — 1) — Р (х -- а), (8.11) т, е. ЕУу = — '(х -- 1)з — — (х — а)'+ сзх+ сз,' 6 6 при х а азк Ез — ', = Лт(х — 1), лхз (8 12) т. е. Е1у —.~ (х — 1)' + сох+ с . 6 В этих формулах через с„с„с, с обозначены констаяты интегрирования. Для их определения используем условие отсут- 1 8. Методы сопротивления материалов стеня смещений в точках А и В; кроме того, предположим, что в точке, где находится груз, смещения, получающиеся из формул (8Л1) и (8Л2), одинаковы и имеют одинаковые первые производныо. Таким образом, имеем р (О) = О, у(1) =.О, у(а+0) =- у(а — 0), у' (а + 0) = у" (а — 0).
Из зтнх условий получается, что ет с,= — —, с,=с, се=се, (8Л 3) Ят Рав Ра св = — И вЂ” — = — (И вЂ” ат). 6 6 Формулы (8Л1) — (ЗЛЗ) определяют величину прогиба алки в любом ее сечении. Прогиб балки обратно пропорционален ЕУ вЂ” жесткости на изгиб. Наибольший интерес для инженера представляют величины углов Ол и Ов поворота оси балки у опор А и В, координата ха, где прогиб максимален ()у~ = )у~шов), и величина ) умах ~ Р Интересно, что сечение, где х" прогиб максимален, оказыва- -- -- л х ется расположенным не не- 1У~ „ посредственно под грузом рис. 131. К оиродвлоиито места маиОно всегда близко к середн- слмельиого прогиба. не балки. В самом деле, если груз находится посредине балки, то х* =- 112. Пусть теперь а ( ет2.
Тогда, очевидно, для определения х" надо пользоваться формулой (8.12), верной при х ~ а (рис. 131). Из условия (11уЯх)„т =- 0 получаем 1е е 3 Это число близко к 1/2. Даже при а-е- 0 х' = ) 1 1 — = 1 = — —. 0,0771. Коли груз расположен точно посредине балки, то ха = Ы2 и РР 48ЕХ ' 13 л. и. Седов, тои 2 333 Рл. 1Х. Теория упругости Изгиб балки, одвв колец Рассмотрим теперь задачу о равновесии а другой — с помощью шаркоторой закршшеи шеошо~ балки с другим устройством левой опоры вирко-подвшввой опоры (Рис 182), а именно, допустим, что левый конец балки (сечение А) жестко аакреплен.
Тогда в сечении А не известны ни сила реакции, ни точка ее прило>кения, поэтому в атом сечении приходится вводить не только силу реакцииЛ„но и момент реакции И. Отсутствие горизонтальных составляющих реакций в точках А и В по-прежнему обеспечивается устройством опоры в точке В. Уравнения статики дают Л .> Л =Р, Ра — Л1 — И=О. (8А4) Этих условий недостаточно для определения неизвестных Л„Л, и И. Следовательно, мы имеем дело со статически неопределимой задачей. Е1еобходимое дополнительное условие для определения Л, Л, и И заключается в условии отсутствия Рис. 13рз Изгиб балки, один кокец которой закреплен жестко, а другой — с помощью шарнирноподаижной опоры.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
