Г.М. Сисоев - Механика сплошных сред (1132293), страница 5
Текст из файла (страница 5)
ИЗГИБ45Рис. 3.4: Изгиб балки3.2.6Равновесие вращающегося стержня переменного сеченияНайти форму лопатки турбины S(x), вращающейся вокруг оси с угловой скоростьюω (рис. 3.3b), при которой напряжение в каждом сечении, перпендикулярномоси x, одинаково8 . Изменение формы невелико, так что при решении можноудовлетворять приближенно.Аналогично задаче 3.2.5 запишем уравнение элемента лопатки между сечениямиx и x + △x:−p0 S(x) + p0 S (x + △x) + ρω 2 xS(x)△x = 0,где p0 — постоянное напряжение pxx в каждом сечении. Тогда при △x → 0получаем уравнение для площади поперечного сечения:p0dS= −ρω 2 xS,dxрешение которого с учетом S(0) = S0 имеет вид−ρω 2 x2.S(x) = S0 exp2p0!3.33.3.1ИзгибИзгиб балкиРассматривается равновесие цилиндрической балки произвольного поперечногосечения(рис. 3.4) под действием системы поверхностных сил, равных нулю на8[7], задача 28.32Глава 3.
ЛИНЕЙНО-УПРУГОЕ ТЕЛО46ее боковой поверхности S (~pn = 0) и распределенных по торцам таким образом,чтоRp~n dS = 0,Rp~n dS = 0,S1S2Z~,~r × p~n dS = −MZ~,~r × p~n dS = MS1S2(3.3)причем векторы момента сил находятся в касательной плоскости к торцам9 .Для решения задачи используется система координат, ось x которой направленапо оси балки и проходит через центры тяжести поперечных сечений, и оси y иz направлены по главным осям инерции поперечного сечения. Тогда момент~ = My~j + Mz~k; в рамках линейной теории упругости можно отдельно решитьM~ = Mz~k и затем сложить решения. Ниже~ = My~j и Mзадачи для случаев Mрассматривается случай, когда момент действует вдоль оси z.
Для исключенияперемещения тела как твердого ставятся условия для перемещений в началекоординатx = 0,y = 0,z=0:w~ = 0,rotw~ = 0.Таким образом, изучается равновесие балки с заданными интегральнымихарактеристиками на торцах. В соответствии с принципом Сен–Венана решения,полученные для частных случаев распределения сил, удовлетворяющих условиям(3.3), близки к решениям при других распределениях вне малых окрестностейторцов.Рассмотрим частное решение, тензор напряжений которого имеет лишь однуненулевую компонентуp11 = −αy.Подстановкой проверяем, что это решения удовлетворяет условиям для главныхвекторов в торцах (3.3)Zp~n dS = −~iZZS1p~n dS = ~iS1Zp11 dS = ~iαS1S1Zy dS = 0,Zy dS = 0,S1p11 dS = −~iαS1т.к. ось x проходит через центр тяжести поперечных сечений.
Вычислим моментповерхностных сил в сечении S1ZS1~r × p~n dS = ~j~jαZS19[5], глава 9, §6Z(−zp11 ) dS + ~kS1yz dS − ~kαZyp11 dS =S1ZS1y 2 dS = −~kαJzz ,3.3. ИЗГИБ47где учтено, что оси y и z суть главные оси инерции сечения S1 и введенообозначениеJzz =Zy 2 dSS1для момента инерции сечения S1 относительно оси z. Аналогично, в сечении S2 :ZS2~r × p~n dS = ~jZzp11dS + ~kZS2S2(−yp11 ) dS = −~jαZyz dS + ~kαS2Zy 2 dS = ~kαJzz .S2Тогда условия для моментов из (3.3) выполняются, еслиα=M.JzzИз закона Гука следует, что ненулевыми компонентами тензора деформацийявляютсяε11 = −My,Jzz Eε22 = ε33 =σM y.Jzz EВектор перемещений, удовлетворяющий условиям (3.4), имеет видM xy,Jzz EiM h 2x + σ y2 − z2 ,w2 =2Jzz EσM yzw3 =.Jzz Ew1 = −Таким образом, при изгибе точка балки с начальными координатами (x0 , y0 , z0 )перемещается в точку (x, y, z):M x 0 y0,Jzz EiM h 2x0 + σ y02 − z02 ,y = y 0 + w2 = y 0 +2Jzz EσM y0 z0.z = z0 + w3 = z0 +Jzz Ex = x 0 + w1 = x 0 −Из этих формул следует, что первоначальная ось x (y0 = z0 = 0) трансформируетсяв параболу (рис.
3.5):x = x 0 , y = w2 =yaxe =Mx2 .2Jzz EMx2 , z = 0;2Jzz E 0Глава 3. ЛИНЕЙНО-УПРУГОЕ ТЕЛО48Рис. 3.5: Искривление оси балки при изгибеПри этом плоские сечения, перпендикулярные оси x (x0 = const), начальной2остаются также плоскими c точностью до O (M/Jzz E) :x=1−x0x=1−x0илиiM y0MM h 222=1−y−x + σ y0 − z0;Jzz EJzz E2Jzz E 0My+ O (M/Jzz E)2Jzz EJzz Ex.1−Mx0Вычислим нормали к кривой yaxe и плоскости ysec :MxM x0~naxe = −,1 = −,1 ,Jzz EJzz EJzz E,1 ;~nsec =M x0следовательно,ysec =~naxe · ~nsec = 0— поперечное сечение балки преобразуется в плоскость, ортогональную ееискривленной оси.Кривизна оси балки1d2 yaxeM≈=2RdxJzz Eобратно пропорциональна величине Jzz E — жесткости балки.
Входящая внее величина Jzz определяется формой поперечного сечения балки; например,момент инерции и, следовательно, жесткость двутавровой балки будут больше,чем у квадратной с тем же поперечным сечением.3.3. ИЗГИБ49Рис. 3.6: Консоль3.3.2Методы сопротивления материалов в задаче об изгибебалкиПеререзывающая силой и изгибающий моментНаряду с "чистым изгибом", когда торцы балки нагружены системами сил,сводящимися к равным и противоположно направленным моментам, балкаможет изгибаться вследствие действия сил, перпендикулярным оси балки10 .Примером может служить консоль — балка, один конец которой заделан, а кдругому приложена сила P~ = P ~j (см.
рис. 3.6a).Определим главный вектор и главный момент сил, которые действуют впоперечном сечении балки ab, соответствующем некоторому значению осевойкоординаты x. Если мысленно разрезать балку в этом сечении, то для равновесияее правой части в сечении ab должны быть приложены силы, сводящиеся кглавному вектору −P~ ; следовательно, главный вектор сил, действующих налевую часть равняется P~ .
Момент сил, действующих на левую часть балки,~ =MZS(~rl − ~rab ) × p~n dS,~rl = (l, η, ζ) — радиус–вектор точек торца балки S, по которому ведется интегрирование,~rab = (x, y, z) — радиус–вектор точки в сечении ab, и нормаль ~n направленавдоль оси x. Предположим, что распределение силы по S — равномерно. ТогдаP ZMx = −(ζ − z) dηdζ = zP,SSMy = 0,P Z(l − x) dηdζ = P (l − x),Mz =SS10[5], глава 9, §8Глава 3. ЛИНЕЙНО-УПРУГОЕ ТЕЛО50если ось x проходит через центр тяжести поперечного сечения балки. Длясечений, удаленных от торца, | Mx |≪| Mz | и~ ≈ M ~k, M = P (l − x).MВеличины P и M называется перерезывающей силой и изгибающим моментом.В рассматриваемом случае, в отличие от чистого изгиба, в поперечных сеченияхбалки действуют не только нормальные, но и касательные напряжения.Далее рассматривается случай, когда все силы действуют в одной плоскостиxy и приводтся к перерезывающей силе и изгибающему моменту (рис.
3.6b).Если имеется несколько сил и моментов, то в сечении ab с нормалью вдоль осиx:• главный вектор всех сил напряжений равен сумме всех внешних сил,приложенных справа от этого сечения;• суммрный момент относительно оси, параллельной оси z и проходящейчерез это сечение, равен сумме моментов всех сил и всех пар, расположенныхсправа от этого сечения.Непрерывно распределенная нагрузкаПусть сила, действующая на балку, непрерывно распределена по ее длине.Вводится понятие погонной нагрузки△F.△x→0 △xq(x) = limТогда перерезывающая сила и изгибающий момент от такой силы вычисляютсясогласноP (x) =Zlxq(ξ) dξ, M (x) =Zlxq(ξ)(ξ − x) dξ,откуда следует, чтоd2 MdPdM= −P (x),= q(x).=−2dxdxdx(3.4)Например, при q = const легко получить, что P (x) = q(l−x), M (x) = q(l−x)2 /2.Графические зависимости P (x) и M (x) называются эпюрами перерезывающихсил и изгибающих моментов.Важно отметить, что в число сил и моментов, действующих на балку,необходимо включать силы и моменты реакций в местах ее крепления.3.3.
ИЗГИБ51Уравнение изогнутой балкиПри решении задач предполагается:• существует нейтральная ось, элементы которой не изменяют своей длиныпри изгибе;• плоские сечение, ортогональные нейтральной оси до изгиба, остаютсяортогональными и при изгибе.Эти предположения выполняются в задаче о чистом изгибе балки.Вычислим нормальные напряжения в поперечном сечении. Из рис.
3.6aследует, чтоs + △sR+ | y |=,sRследовательно,|y|y△s==− ,sRREy= Eε11 = − .Rε11 =p11Из отсутствия растягивающей силыZp11 dS = 0Sследует, чтоEZy dS = 0,RSт.е. нейтральная ось проходит через центры тяжести поперечных сечений.Вычислим изгибающий моментM=Z(−y)p11 dS =SEZ 2EJ.y dS =RRSТаким образом, зная изгибающий момент как функцию x, можно вычислитьнапряжения в каждом поперечном сечении и уравнение оси изогнутой балкиyM (x),Jd2 h11M (x)==.
22R(x)EJ1 + dy dxp11 (x, y) = −dxГлава 3. ЛИНЕЙНО-УПРУГОЕ ТЕЛО52Рис. 3.7: Изгиб мостаПри малых изгибах уравнение оси может быть записано какM (x)d2 h=.2dxEJС учетом (3.4) в случае непрерывно распределенной нагрузки:d4 hq(x).=4dxEJ(3.5)Изгиб моста, опирающегося на одной шарнирно-неподвижную и шарнирноподвижную опорыРассматривается мост, лежащий на двух опорах, одна из которых (x = 0)— шарнирно-неподвижная, т.е. возможно вращение вокруг точки крепления,другая (x = l) — шарнирно-подвижная, т.е.
возможно вращение вокруг точкикрепления и перемещение опоры в горизонтальном направлении (рис. 3.7). Мостнагружен направленной вниз силой P , приложенной в точке x = a. Определитьуравнение изогнутого моста, величину и место максимального прогиба.В точках крепления возникают реакции, направленные вверх; условие равновесиясилR1 + R2 = Pи моментов относительно, например, точки x = 0P a = lR1позволяют определить силы реакцииaPa., R2 = P 1 −R1 =llДалее, находится распределение изгибающего момента вдоль оси xM = −R1 (l − x), a < x < l,M = −R1 (l − x) + P (a − x), 0 < x < a.(3.6)Из вида эпюры изгибающих моментов видно, что максимальное значение моментадостигается в точке приложения силы и равняетсяMmax = −R1 (l − a) = −P a(l − a);l3.3. ИЗГИБ53Рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
