scherbo-sp1

Начинаем решение задачи с определения опорных реакций. Составим уравнение моментов относительно правой опоры:

∑mb = A 8 − 4 10 − 2 4 8 −16 3 + 8 = 0.

Решая это уравнение относительно реакции А, находим А = 18 тс. Для определения реакции правой опоры составляем уравнение мо-

ментов относительно точки а на левой опоре:

∑ma = −B 8 − 4 2 +16 5 + 8 = 0,

откуда В = 10 тс.

Для проверки правильности найденных реакций составляем уравнение проекций

∑Y =18 +10 − 4 − 2 4 −16 = +28 − 28 = 0.

Таким образом, реакции найдены правильно.

В соответствии с характером загружения устанавливаем, что балка имеет пять различных участков, для которых должны быть составлены аналитические выражения Qy и Мх.

Рассмотрим сначала построение эпюры поперечных сил. Для первого участка (сечение I-I) имеем:

		Qy = −4 − 2z1;			0 ≤ z1 ≤ 2;
при	z1 = 0	Q = −4 тc;	при	z1 = 2	Q = −8 тc.
	Для второго участка (сечение II-II) поперечная сила равна
		Qy = −4 − 2z2 +18 =14 − 2z2 ;				2 ≤ z2 ≤ 4.
Даем значение величине z2:
при	z2 = 2	Q = +10 тc;	при	z2 = 4	Q = +6 тc.
	Для третьего участка (сечение III-III)
		Qy = −4 − 2 4 +18 = 6 тc.

Для этого участка поперечная сила не зависит от z3, поэтому на протяжении всего участка она не меняет своей величины.

Для четвертого участка (сечение IV-IV) поперечная сила также постоянна и равна

Qy = −4 − 2 4 +18 −16 = −10 тc.

Для пятого участка (сечение V-V), поперечная сила равна

Qy = −4 − 2 +18 −16 +10 = 0.

101

Тот же самый результат получается из рассмотрения равновесия правой отсеченной части.

Построим теперь эпюру моментов.

Для первого участка (сечение I-I) изгибающий момент определяется равенством

			2z	2
M	z	= −4z −	1		;	0 ≤ z ≤ 2.
		1	2			1

Получили уравнение параболы. Для ее построения необходимо вычислить ординаты в ряде точек. Для этого даем численные значения величине z и определяем соответствующие значения изгибающих моментов:

при	z1 = 0	M x = 0; при z1 =1 M x = −5 тc м;
при	z1 = 2	M x = −12 тc м.

Далее находим изгибающий момент для произвольного сечения, лежащего в пределах второго участка:

	2z	2
M x = −4z2 −	2		+18(z2 − 2); 2 ≤ z2 ≤ 4.
	2

Теперь вновь вычисляем изгибающий момент в ряде точек, так как иначе нельзя изобразить кривую эпюры моментов:

при	z2 = 2	M x = −12 тc м; при z2 = 3 M x = −3тc м;
при	z1 = 2	M x = 4 тc м.

Для третьего участка (сечение III-III) изгибающий момент выражается следующим уравнением:

M x = −4z3 − 2 4(z3 − 2) +18(z3 − 2);

4 ≤ z3 ≤ 7.

В отличие от предыдущих случаев получено уравнение прямой линии, поэтому для данного участка достаточно знать лишь две ординаты эпюры моментов. Обычно вычисляют ординаты в конце и в начале участка:

при z3 = 4 M x = 4 тc м; при z3 = 7 M x = 22 тc м.

Найдем теперь выражение изгибающего момента для четвертого участка. Однако прежде чем это сделать, вспомним, что момент можно найти как из равновесия левой части, так и из равновесия правой отсеченной части. Каждый раз к выбору решения надо подходить с точки зрения возможной простоты и наименьшего количества вычислений.

В данном случае выгоднее рассматривать правую часть. Обозначим расстояние от правого конца балки до произвольного сечения четвертого участка через z4, тогда

M x = −8 +10(z4 − 2); 2 ≤ z4 ≤ 5;

102

(рис. 7.12) тангенс угла наклона (в эпюре Мх) равен

при z4 = 5 M x = 22 тc м; при z4 = 2 M x = −8 тc м.

Точно так же из равновесия правой части находим момент в произвольном сечении последнего пятого участка:

M x = −8 тc м.

По найденным величинам построены эпюры поперечных сил и моментов (см. рис. 7.12, б, в).

Одним из приемов проверки правильности построения эпюр Мх и Qy является выяснение их соответствия друг другу. Для этой цели используют дифференциальные зависимости (7.1) и (7.2). В частности, тангенс угла наклона линии, изображающей контур эпюры Мх в каждой точке, должен равняться соответствующей ординате эпюры Qy. Так, на третьем участке

22 − 4 = 6. Ордината

3

эпюры Qy на этом участке также равна 6. На четвертом участке тангенс ра-

вен −8 3− 22 = −10. Таким образом, имеется соответствие между эпюрами

Мх и Qy.

Точно таким же образом проверяется соответствие между эпюрой Qy и нагрузкой. Тангенс угла наклона линии эпюры на первом участке ра-

вен	−8 − (−4)	= −2. Получили интенсивность нагрузки, которая равна 2,
	2

но так как эта нагрузка направлена вниз, то q = −2 тc/м.

Укажем еще на одну простую зависимость. Скачок в эпюре численно равен сосредоточенной силе, приложенной к балке в соответствующей точке. Это легко объяснить тем, что сумма двух поперечных сил, действующих слева и справа на малый элемент балки, мысленно вырезанной в окрестности точки приложения силы, должна равняться внешней сосредоточенной силе. В противном случае не будет удовлетворяться условие равновесия элемента (∑Y = 0).

Пример 3.

Построить эпюры Qy и Мх для балки, загруженной сосредоточенным моментом (рис. 7.13). Каждая из опорных реакций независимо от того, где приложенвнешниймомент, равнавеличинеэтогомомента, деленногонапролет.

Для первого участка имеем:

Qy = A = ml;

M x = Az1 = (ml)z1; 0 ≤ z1 ≤ l3.

103

Рис. 7.14

Для второго участка поперечная сила остается неизменной, так как момент m проектируется на вертикальную ось в нуль. Изгибающий момент на втором участке равен

M x = Az2 − m; l3 ≤ z2 ≤l.

По этим уравнениям построены эпюры Qy и Мх (см. рис. 7.13). Характерной особенностью эпюры моментов является то, что обе линии, изображающие ее на двух участках наклонены к горизонту под одним и тем же углом α. Если воспользоваться дифференциальной зависимостью (7.1) и определить поперечную силу как тангенс угла наклона к оси стержня линии, очерчивающей эпюру моментов,

Рис. 7.13 то для обоих участков получим один и тот же результат:

Qy = tgα = ml.

Необходимо обратить внимание на то, что в месте приложения момента в эпюре Мх имеется скачок на величину приложенного момента.

7.5. Чистый изгиб. Определение нормальных напряжений

Как уже было сказано выше, в поперечном сечении бруса при изгибе возникают изгибающий момент и поперечная сила. При изучении напряженного состояния удобнее начинать с частного случая, когда поперечная сила равна нулю, т. е. с чистого изгиба.

Так, в средней части балки, показанной на рис. 7.14, собственным весом которой пренебрегаем, возникает чистый изгиб: момент по длине этого участка не меняет своей величины, а поперечная сила отсутствует.

Изучим закон распределения напряжений в поперечном сечении бруса при чистом изгибе и найдем наибольшие напряжения.

В первую очередь рассмотрим брус с поперечным сечением, обладающим хотя бы одной осью симметрии, которая совпадает с силовой плоскостью.

104

Рис. 7.15

Таким образом, одна из главных осей инерции лежит в плоскости изгиба, а другая перпендикулярна ей. Для решения задачи необходимо дополнительно к условиям статики привлечь условия деформаций, которые можно сформулировать только на основании экспериментальных наблюдений.

Если на боковую плоскость бруса нанести сетку в виде продольных и поперечных прямых (рис. 7.15), то окажется, что после того как произойдет деформация изгиба, продольные линии примут криволинейное очертание, а поперечные линии останутся прямыми. Это обстоятельство показывает, что при изгибе, так же как и при растяжении, справедлива гипотеза плоских сечений: поперечное сечение, плоское до деформации, остается плоским и после деформации. Данная гипотеза вместе с

уравнениями статики позволяет решить задачу об определении напряжений при чистом изгибе.

Рассмотрим элемент бруса длиной dz, который после деформации искривится (рис. 7.16, а). Два смежных сечения наклонятся, образовав между собой угол dϕ. При этих условиях верхние волокна будут сжиматься, а нижние – растягиваться. Волокна, лежащие на некоторой высоте, останутся недеформируемыми, назовем их нейтральными. На поперечном сечении (рис. 7.16, в) поверхность, в которой лежат нейтральные волокна, образует след – нейтральную линию Ох. Радиус кривизны нейтрального волокна обозначим ρ. Продольные волокна, равноудаленные от оси Ох, вокруг которой происходит поворот сечения, будут деформироваться одинаково. Для удобства рассуждений на рис. 7.16, б дано условное изображение элемента, у которого волокна деформировались, оставаясь прямыми. Верхние волокна сжались, нижние растянулись. По этому чертежу легко установить, что удлинение волокна аа, отстоящего на расстоянии у от нейтрального слоя, состоит из двух отрезков ab, каждый из которых равен величине

y d2ϕ. Таким образом, общее удлинение произвольного волокна равно

∆dz = ydϕ.

Но так dz = ρdϕ, то относительное удлинение этого волокна

ε = ∆dzdz = ρ1 y.

Если предположить, что отдельные волокна не давят друг на друга, то каждое из них будет находиться в условиях простого растяжения (или

105

сжатия). В этом случае для перехода от удлинения ε к напряжению σ можно воспользоваться простой зависимостью Гука

σ = Eε =	E y.	(7.8)
	ρ

Рис. 7.16

Прежде всего установим положение нейтральной линии, от которой отмеряется расстояние у. Для этого воспользуемся тем, что равнодействующая элементарных нормальных сил σdF (т. е. нормальная сила) в поперечном сечении при чистом изгибе равна нулю:

N = ∫σdF = 0,

F

или

∫E ydF = 0.

F ρ

Но так как множитель Е/ρ не равен нулю и вместе с тем его можно вынести за знак интеграла (так как он не зависит от переменной интегрирования) и на него сократить, то

∫ ydF = 0.

F

Полученный интеграл представляет собой статический момент площади поперечного сечения относительно нейтральной оси Ох, который равен нулю только в том случае, когда ось проходит через центр тяжести се-

106

чения. На основании этого можно сказать, что нейтральная ось при чистом изгибепрямого бруса проходит через центр тяжестисечения.

Найдем теперь момент внутренних сил относительно нейтральной оси. Для этого вычислим сумму моментов элементарных внутренних сил σdF относительно этой оси и приравняем ее изгибающему моменту:

M x = ∫(σdF) y.

F

Подставляя вместо напряжения σ его значение по формуле (7.8), получим

	∫	E	2	E	∫	2
M x =		ρ	y dF =	ρ		y dF.
	F				F

Интеграл, входящий в это выражение, представляет собой момент инерции поперечного сечения стержня

∫ y2dF = J x ,

F

поэтому

M x = EJρx ,

откуда находим кривизну нейтрального слоя:

1		=		M x		.	(7.9)
	ρ			EJ x
σ =			M x		y.		(7.10)
				J x

Формула (7.10) позволяет определить напряжение в любой точке, лежащей на горизонтальной линии поперечного сечения бруса, отстоящей от нейтральной оси на расстоянии у. Из формулы видно, что напряжение зави-

сит от величины у линейно. График, изображающий закон изменения напряжений по высоте сечения, называется эпюрой напряжений.

На рис. 7.16, г показана эпюра напряжений при чистом изгибе.

Наибольшее напряжение будет в точке, для которой величина у принимает наибольшее значение, т. е. в наиболее удаленном волокне.

При выводе формулы (7.10) было сделано предположение о том, что поперечное сечение стержня обладает симметрией относительно оси Оу. Однако это предположение было сделано только для удобства рассуждений. Оказывается, что формулой (7.10) можно пользоваться для любого поперечного сечения, но при условии, что одна из главных осей инерции лежит в плоскости нагрузки. Для доказательства последнего утверждения приравняем нулю момент всех элементарных внутренних сил σdF относительно оси Оу.

107

Рис. 7.17

Отсюда следует, что

∫xy dF = 0.

F

Эта величина, как известно, равна центробежному моменту инерции сечения, следовательно, оси Ох и Оу являются главными осями.

Для рассмотренного при выводе симметричного сечения оси Оу и Ох являются главными центральными осями. Для остальных сечений плоскость нагрузки должна быть параллельна центральной оси.

7.6.Касательные напряжения при изгибе

Вотличие от чистого изгиба при поперечном изгибе в сечении бруса возникает не только изгибающий момент, но и поперечная сила. Поэтому в поперечном сечении наряду с нормальными напряжениями появляются также и касательные напряжения.

На основании закона парности касательных напряжений последние возникают также и в продольных сечениях и вызывают сдвиги отдельных волокон относительно друг друга.

Вследствие сдвигов гипотеза плоских сечений при поперечном изгибе нарушается, плоскиедодеформациисеченияслегкаискривляются (рис. 7.17).

Теоретические и экспериментальные исследования этого вопроса показали, что влияние указанного эффекта на величину нормальных напряжений невелико и поэтому влиянием сдвигов на закон распределения нормальных напряжений пренебрегают.

Таким образом, гипотеза плоских сечений условно распространяется также и на поперечный изгиб.

Поэтому для определения нормальных напряжений при поперечном изгибе применяют ту же формулу, которая была получена для чистого изгиба:

σ = M x y.

J x

Для вывода формулы касательных напряжений мысленно вырежем из балки (рис. 7.18, а) элемент длиной dz и дополнительным продольным сечением рассечем его на две части.

Рассмотрим равновесие одной из отсеченных частей, например, верхней, на которую с обоих торцов действуют сжимающие напряжения

(рис. 7.18, б).

108

Рис. 7.18

С правой стороны в каждой площадке dF напряжения больше, чем с левой, на величину dσ1. Так как изгибающий момент справа больше, чем слева, на величину dMx, то

dσ1 = dM x y1. J x

Сжимающая сила, действующая на отсеченную часть с правой стороны, больше, чем с левой, на величину

dN =	∫	dσ dF =	∫	dM x		y dF =	dM x		∫	y dF.	(a)
		1		J	x	1	J	x		1
	Fотс		Fотс						Fотс

Интегрирование распространяется на площадь отсеченной части Fотс, которая заштрихована на рис. 7.18, в.

Интеграл в выражении (а) представляет собой статический момент отсеченной части относительно нейтральной оси Ох

Sxотс = ∫ y1dF.

Fотс

Поэтому

dN = dM x Sxотс. J x

Для того чтобы отсеченная часть элемента dz находилась в равновесии, в продольном сечении к. ней должны быть приложены касательные напряжения τ (рис. 7.18, б). Эти напряжения создают касательную силу dT, которая по условию равновесия ∑Z = 0 должна быть равна силе dN:

dT = dN,

109

или

dT =	dM x	Sxотс.	(7.11)
	J x

Однако для определения напряжений τ надо знать закон их распределения по ширине балки. Здесь также приходится применять ту или иную гипотезу, которая позволит решить задачу.

Практически приходится этот вопрос связывать с формой поперечного сечения. Для большинства поперечных сечений делается допущение,

что напряжения τ распределены равномерно по ширине сечения. При таких допущениях сдвигающая сила dT определяется выражением

dT =τdzby ,

где by – ширина поперечного сечения в той точке, в которой определяются касательные напряжения. Учитывая равенство (7.11), получим

	dM x Sxотс
τ =				.
	dz		J xby

Но

dMdzx = Qy ,

поэтому окончательно имеем

	Qy Sxотс		(7.12)
τ =		.
	J xby

Эту формулу называют формулой Журавского, который впервые установил наличие касательных напряжений при изгибе.

На основании закона парности касательных напряжений полученная формула определяет также касательные напряжения в поперечном сечении бруса в точках, лежащих на линии т-п (рис. 7.18, в).

Из формулы (7.12) видно, что касательные напряжения изменяются по высоте сечения по тому же закону, как и величина Sxотсby .

В прямоугольном сечении, у которого by = b - const, закон распределения касательных напряжений по высоте сечения такой же, как и для ве-

личины статического момента отсеченной части Sxотс .

В любом поперечном сечении статический момент отсеченной части для самых удаленных точек равен нулю, так как Fотс = 0. Поэтому и каса-

тельные напряжения в этих точках также равны нулю.

Рассмотрим распределение касательных напряжений для нескольких типов поперечных сечений.

110