Глава23 изгиб 23.1. Понятие о чистом изгибе прямого бруса

Чистым изгибом называется такой вид деформации, при котором в любом поперечном сечении бруса возникает только изги­бающий момент.

236

Деформация чистого изгиба будет, например, иметь место, ес­ли к прямому брусу в плоскости, проходящей через ось, приложить две равные по величине и проти­воположные по знаку пары сил.

(Г==5=Й

V, П п ,v

□ о-

■5;

Рис. 23.1

На изгиб работают балки, оси, валы и другие детали конструкций (определение балки известно из теоретической механики). В дальнейшем почти всегда мы будем рассматривать такие брусья, у которых имеется по крайней мере одна плоскость симметрии и плоскость действия нагрузок совпада­ет с ней. В этом случае деформация изгиба происходит в плоскости действия внешних сил и изгиб называется прямым в отличие от косого изгиба, рассматриваемого в подразд. 23.9.

При изучении деформации изгиба будем мысленно представ­лять себе, что балка состоит из бесчисленного количества волокон, параллельных оси. Для того чтобы получить представление о де­формации изгиба, проведем два опыта.

1. Балку, свободно лежащую на двух опорах, в верхней и нижней,, частях которой предварительно сделаны пазы и в них помещены точно пригнанные по размеру пазов бруски, подвергнем деформа­ции изгиба (рис. 23.1). В результате этого бруски, расположенные на выпуклой стороне, выпадут из пазов, а бруски, расположенные на вогнутой стороне, будут зажаты.

2. На боковую поверхность призматического резинового (для большей наглядности) бруса прямоугольного сечения нанесем сет­ку продольных и поперечных прямых линий и подвергнем этот брус деформации чистого изгиба (рис. 23.2). В результате можно видеть следующее:

т

^ т

/ 1 \

\ 1 /

Ч| т /

Чш

а) поперечные прямые линии останутся при деформации пря­мыми, но повернутся навстречу друг к другу;

б) продольные прямые линии, а также ось бруса искривятся;

в) сечения бруса расширятся в поперечном направлении на во­гнутой стороне и сузятся на вы­пуклой стороне.

Из этих опытов можно сделать вывод, что при чистом изгибе справедлива гипотеза плоских се­чений; волокна, лежащие на вы­пуклой стороне, растягиваются, лежащие па вогнутой стороне — сжимаются, а на границе между

ними лежит нейтральный слой волокон, которые только ис­кривляются, не изменяя своей длины.

Полагая справедливой гипотезу о ненадавливании волокон, можно утверждать, что при чистом изгибе в поперечном сечении бруса возникают только нормальные напряжения растяжения и сжатия, неравномерно распределенные по сечению.

Искривление волокон и оси бруса происходит за счет неравно­мерного распределения нормальных напряжений по поперечному сечению.

Линия пересечения нейтрального слоя с плоскостью поперечно­го сечения называется нейтральной осью (и.о.). На ней­тральной оси нормальные напряжения равны нулю.

2. Изгибающий момент и поперечная сила

Как известно из теоретической механики, опорные реакции ба­лок определяют, составляя и решая уравнения равновесия статики для всей балки. Будем помнить, что при определении внутренних сил реакции связей учитываются наравне с активными внешними силами, действующими на балку.

Для определения внутренних силовых факторов применим ме­тод сечений, причем изображать балку будем только одной лини­ей — осью, к которой приложены активные и реактивные силы. Рассмотрим два случая.

1. К балке приложены две равные и противоположные по знаку пары сил (рис. 23.3).

Рассматривая равновесие части балки, расположенной слева лли справа от сечения 1— 1, видим, что во всех поперечных сечени­ях возникает только изгибающий момент М_а, равный внешнему моменту. Таким образом, это случай чистого изгиба.

Изгибающий момент есть результирующий момент относитель­но нейтральной оси внутренних нормальных сил, действующих в поперечном сечении балки.

Обратим внимание на то, что изгибающий момент имеет разное направление для левой и правой частей балки. Это говорит о не­пригодности правила знаков статики при определении знака изги­бающего момента.

2. К балке приложены активные и реактивные силы_г перпенди­кулярные оси (рис. 23.4).

м_и

м_к

Rb

vQi

\

Рис. 23.4

Рассматривая равновесие частей балки, расположенных слева и справа, видим, что в поперечных сечениях должны действовать из­гибающий момент М_н и поперечная сила Q. Из этого следует, что в рассматриваемом случае в точках поперечных сечений действуют не только нормальные напряжения, соответствующие изгибающе­му моменту, но и касательные, соответствующие поперечной силе.

Поперечная сила есть равнодействующая внутренних касатель­ных сил в поперечном сечении балки.

Обратим внимание на то, что поперечная сила имеет противопо­ложное направление для левой и правой частей балки, что говорит

о непригодности правила знаков статики при определении знака поперечной силь!

Изгиб, при котором в поперечном сечении балки действуют из­гибающий момент и поперечная сила, называется поперечным.

В общем, случае при поперечном изгибе изгибающий момент и поперечная сила в разных сечениях могут иметь неодинаковое зна­чение.

У балки, находящейся в равновесии под действием плоской сис­темы сил, алгебраическая сумма моментов всех активных и реак­тивных сил относительно любой точки равна нулю; следовательно, сумма моментов внешних сил, действующих на балку левее сече­ния, численно равна сумме моментов всех внешних сил, действую­щих на балку правее сечения.

Таким образом, изгибающий момент в сечении балки численно равен алгебраической сумме моментов относительно центра тяже­сти сечения всех внешних сил, действующих справа или слева от се­чения.

У балки, находящейся в равновесии под действием плоской сис­темы сил, перпендикулярных оси (т.е. системы параллельных сил), алгебраическая сумма всех внешних сил равна нулю; следователь­но, сумма внешних сил, действующих на балку левее сечения, чис­ленно равна сумме сил, действующих на балку правее сечения.

Таким образом, поперечная сила в сечении балки численно равна алгебраической сумме всех внешних сил, действующих справа или слева от сечения.

Так как правила знаков статики неприемлемы для установле­ния знаков изгибающего момента и поперечной силы, установим для них другие правила знаков, а именно:

Рис. 23.5 Рис. 23.6

если внешняя нагрузка стремится изогнуть балку выпуклостью вниз, то изгибающий момент в сечении считается положительным, и наоборот, если внешняя нагрузка стремится изогнуть балку вы­пуклостью вверх, то изгибающий момент в сечении считается от­рицательным (рис. 23.5);

если сумма внешних сил, лежащих по левую сторону от сечения, дает равнодействующую, направленную вверх, то поперечная сила в сечении считается положительной, если равнодействующая на­правлена вниз, то поперечная сила в сечении считается отрица­тельной; для части балки, расположенной справа от сечения, знаки поперечной силы будут противоположными (рис. 23.6).

Пользуясь этими правилами, следует мысленно представлять себе сечение балки жестко защемленным, а связи отброшенными и замененными реакциями.

Подчеркнем, что для определения опорных реакций пользуются правилами знаков статики; для определения знаков изгибающего момента и поперечной силы — правилами знаков сопротивления материалов.

Правило знаков для изгибающих моментов иногда называют «правилом дождя» (имея в виду, что в случае выпуклости вниз об­разуется воронка, в которой задержится дождевая вода, и нао­борот).

2. Дифференциальные зависимости при изгибе

Между изгибающим моментом, поперечной силой и интенсив­ностью распределенной нагрузки существуют дифференциальные зависимости, основанные на теореме Журавского, назван­ной по имени замечательного русского инженера-мостостроителя Д. И. Журавского (1821 — 1891). Эта теорема формулируется так: поперечная сила равна первой производной от изгибающего момен­та по абсциссе сечения балки.

Рассмотрим балку (рис. 23.7). Начало координат возьмем на ле­вом конце балки, а ось z направим вправо (в дальнейшем это будет иметь существенное значение).

На одном из участков балки возьмем сечение с текущей коорди­натой z и запишем уравнение изгибающего момента:

г

в

М_к - R_az + m-F_x(z - а)+ q(z-b)² /2. Продифференцировав это выражение по координате г, получим

^^L = R_A-F_l+q(z-b).

Выражение, стоящее в правой части этого равенства, есть попе­речная сила Q в сечении г. Таким образом,

теорема доказана.

Если уравнение изгибающих моментов (для участков с равно­мерно распределенной нагрузкой) продифференцировать вторич­но, то получим

d ²М„ dQ _ dz² dz

т.е. вторая производная от изгибающего момента или первая производная от поперечной силы по абсциссе сечения балки рав­на интенсивности распределенной нагрузки.

Как известно из высшей математики, по знаку второй производ­ной функции можно судить о выпуклости или вогнутости кривой; соответствующее правило следует использовать при построении эпюр.

2. Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов

Для наглядного изображения распределения вдоль оси балки поперечных сил и изгибающих моментов строят эпюры, которые дают возможность определить предположительно опасное сечение балки и установить значения поперечной силы и изгибающего мо­мента в этом сечении.

Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов можно строить двумя способами.

Первый способ заключается в том, что сначала составляют ана­литические выражения поперечных сил и изгибающих моментов для каждого участка как функций текущей координаты z попереч­ного сечения:

Q = /i(z); Af„ = /₂(z).

Затем по полученным уравнениям строят эпюры.

Второй способ заключается в построении эпюр по характерным точкам и значениям поперечных сил и изгибающих моментов на границах участков. Применяя этот способ, в большинстве случаев можно обойтись без составления уравнений поперечных сил и из­гибающих моментов. При наличии некоторого опыта второй спо­соб предпочтительнее.

При построении эпюр следует руководствоваться приведенны­ми ниже правилами:

1. Эпюру моментов строят на сжатом волокне, т. е. положитель­ные моменты (и положительные поперечные силы) откладывают вверх от оси, а отрицательные — вниз.

2. Пользуясь принципом смягченных граничных условий, будем полагать, что в сечении, где приложена сосредоточенная сила, зна­чение поперечной силы меняется скачкообразно, причем скачок ра­вен модулю этой силы.

3. На том же основании будем полагать, что в сечении, где при­ложена пара сил (момент), значение изгибающего момента меняет­ся скачкообразно, причем скачок равен моменту пары.

4. Правильность построения эпюр следует проверять с помо­щью теоремы Журавского.

_ Как известно из математики, если М_и = /(z), тс*

где а — угол, который составляет касательная к эпюре моментов с по­ложительным направлением оси z.

Согласно теореме Журавского,

£> — = «“

(масштабы М_и и z полагаем численно равными единице), следова­тельно, если угол а острый, то Q > 0 и изгибающий момент на участ­ке возрастает; если угол а тупой, то Q < 0 и изгибающий момент на участке убывает; если а = 0 на всем участке, то Л/_и = const, Q = 0 и на этом участке возникает чистый изгиб; если а = 0 в одной точке эпю­ры моментов, то в этом сечении Q - 0, а изгибающий момент имеет экстремальное (максимальное или минимальное) значение. В сече­

нии, где на эпюре поперечных сил имеется скачок, на эпюре из­гибающих моментов будет рез­кое изменение направления ка­сательной.

Чтобы правила знаков для изгибающих моментов и попе­речных сил. не противоречили знакам, полученным на основа­нии теоремы Журавского, при проверке эпюр следует ось z мысленно всегда направлять слева направо.

5. На участке, где нет распре­деленной нагрузки, эпюра мо­ментов представляет собой наклонную прямую, а эпюра поперечных сил — прямую, параллельную оси.

6. На участке, где приложена равномерно распределенная на­грузка, эпюра моментов представляет собой параболу, а эпюра по- перечных сил — наклонную прямую.

7. На конце балки изгибающий момент равен нулю, если там не приложена пара сил.

8. При построении эпюры для консольных балок начало коорди­нат удобно брать на конце консоли, что нередко дает возможность обойтись без определения опорных реакций. В сечении, соответст­вующем заделке, поперечная сила равна реактивной силе, а изги­бающий момент — реактивному моменту.

Пример 23.1. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих мо­ментов для балки, шарнирно закрепленной двумя концами и нагружен­ной сосредоточенной силой (рис. 23.8).

Решение. Начало координат поместим на левом конце балки, а ось направим вправо. Данная балка состоит из двух участков.

Определим опорные реакции R_A и R_B, составив уравнения моментов относительно опор АиВ:

£М_А = 0; -Fa + R_BI = 0, откуда R_B = Fa//;

£М_Й = 0; -RJ + Fb- 0,следовательно, R_A = Fb/l.

Проверим правильность определения реакций, составив уравнение проекций на ось у:

£У = 0; ^-5 + ^ = 0;

Fb/l-F + Fa/l = F(a + b)/l-F = F-F = 0.

Полученное тождество 0 з 0 говорит о том, что реакции определены правильно.

Приступаем к построению эпюр, применяя для этого метод сечений.

Построение эпюры поперечных сил. На первом участке поперечная сила положительна, постоянна и равна R_A, так как слева от сечения 1—1 других сил нет.

Откладываем вверх от оси эпюры в произвольном масштабе Q\ = R_a = Fb/l; затем проводим прямую, параллельную оси эпюры.

Значение поперечной силы на втором участке будет равно Q₂:

Q = R_a - F = Fb/l - F = -F{1 - b)/l = -Fa/l = -R_B

(то же получим, если рассмотрим часть балки, расположенную справа от сечения 2—2).

В точке приложения сосредоточенной силы F эпюра Q имеет скачок, численно равный F.

Вид эпюры Q показан на рис. 23.8.

Построение эпюры изгибающих моментов. В сечении 1—1 на первом участке изгибающий момент равен М_1и = R_Az , причем г изменяется от 0 до а. Поскольку г входит в это уравнение в первой степе­ни, эпюра моментов будет представлять собой прямую линию.

Для построения эпюры М_и, достаточно найти значения моментов на границах участка, т. е. при г = 0 и z = а\

приz = 0 М_1и = 0;приг = а М_1и -Fba/L

Для определения изгибающего момента в сечении 2—2 проще рас­смотреть правую часть балки, на которую действует одна сила:

M_2lt = R_B(l-z),

причем z меняется от а до I.

Эпюра моментов на втором участке также будет изображаться прямой линией. Найдем значения изгибающего момента на границах участка:

приz~a М_2и = Fa(l-«)// = Fab/1;

при z — l M_2(t - Fa(l — i)/l~ 0.

По полученным значениям строим эпюру М₍₁. Наибольшее значение М_п будет иметь в сечении, где приложена сила F:

К та^Fab/L

Это сечение будет предположительно опасным.

В частном случае, когда сила Fприложена в середине балки,

а = Ь-1/2 и М_{ч max} -FI / А.

Пример 23.2. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих мо­ментов для балки, шарнирно закрепленной двумя концами и нагружен­ной парой сил с моментом т (рис. 239).

Решение. Выберем начало координат на левой опоре, а ось z напра­вим вправо. Балка имеет два участка. Так как пару сил можно уравнове­сить только парой, то

R_a = R_B = m/l.

Ai		Z тп	2 \вВ~
U тп	-а -	.®ь	z
Т 1	Т / '!

Ra =

Эпюра Q

Рис. 23.9

Эпюра М,

fa

Построение эпюры по- перечных сил. Для всех сече- ний первого и второго участков по- перечная сила Q будет постоянна, отрицательна и равна Q=R_A = -m/l.

Следовательно, эпюра будет пря- мой линией, параллельной оси.

Построение эпюры из- гибающих моментов. На пер- вом участке М_1и = - R_Az, причем z меняется от 0 до а: приг = 0 М_1и = 0; при z-a М_1и = -R_Aa--ma/l.

На втором участке Л/_2и = - R_Az +

+ т, причем г меняется от а до /: при z-a М_2и = -R_Aa + т =

-ma/l +т = mb/I;

при z~l М_2п = - /?_АI + т = -(т/1)/1 + т = 0.

Эпюру М_и част<э можно построить, не составляя уравнений, по значе.-, ниям М_н на границах участков.

Пользуясь ранее приведенными правилами, устанавливаем, что на концах балки М_и = 0; в сечениях, бесконечно близких к паре сил слева и справа от неа, изгибающий момент

M_Ul - ~R_Aa =-та/1; М_2и = R_Bb =mb/l.

В точке приложения пары сил эпюра Л/_и имеет «скачок», величина ко- торого равна моменту пары.

Построенная по найденным значениям эпюра Л/_и показана на рис. 23.9. Заметим, что на основании теоремы Журавского

, = Q = tg а = const,

02

следовательно, наклонные линии эпюры М_и на обоих участках должны быть параллельны между собой.

Полагая b > а, находим наибольшее значение изгибающего момента:

В частном случае, когда внешний момент т приложен в середине про- лета балки,

a = 6 = //2 и М_итйХ= + т/2.

Пример 23.3. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих мо- ментов для балки, свободно лежащей на двух опорах и нагруженной рав- номерно распределенной нагрузкой интенсивности q (рис. 23.10).

Решение. В силу симметричности распределения нагрузки по всей длине балки опорные реакции равны между собой:

R-л ~ R-н ~ Ql/2.

Построение эпюры по­перечных сил. Данная балка имеет один участок. В любом сече­нии поперечная сила

Ra =

►I

,я

Q = R_A-qz=ql/2-qz,

Поскольку z входит в это урав­нение в первой степени (линейная зависимость), то эпюра Q будет прямолинейной. Для построения эпюры достаточно значений попе­речной силы в двух точках: приг = 0 Q = ql/2; при 2 = / Q = ql/2-ql = -ql/2. Эпюра <2 показана на рис. 23.10. Построение эпюры изгибающих моментов. Выражение для изгибающего момента в любом сечении балки имеет вид

и п ² I Я*²

К - ^ra^z ~4^Z2^^q2^Z~~2

Это уравнение параболы.

Определим значения М_и:

при 2 = 0 М_и = 0;

/ ql I ql² ql²

при z = — М = — = -—.

^и2^и2 2 8 8

Очевидно, что приz~l М_и = 0. *

По найденным значениям строим эпюру М_к, как показано на рис. 23.10.

Поскольку вторая производная

t 2UJ-J

300 н Эпюра Q

Эпюра М„

Рис. 23.11

d ²М_И

т.е. меньше нуля, то эпюра М_к будет расположена выпуклостью вверх.

Согласно теореме Журавского максимальное значение изгибающе­го момента будет в середине пролета

балки, где Q = = 0:

dz

ах= Ф² /%■

Пример 23.4. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих мо­ментов для консольной балки АС, свободно лежащей на двух опорах и нагруженной равномерно рас­пределенной нагрузкой интенсив­ности q ~ 200 Н/м, как показано на рис. 23.11.

Решение. Определим реакции R_A и R_B:

£М„ = 0; + R_B-A-qS-3 = Q; R_B = 200-6-3/4 = 900Н;

£М_В = 0; -Я_л-4 + <?-6-1 = 0; Я_л = 200-6/4 = 300Н.

Переходим к построению эпюры Q. Балка имеет два участка.

На первом участке поперечная сила Qj = R_A - qz, причем г меняется от 0 до

4. м:

при 2 = 0 Q_X-R_A = 300 Н;

при 2 = 4 м Q_t = 300 - 200• 4 = 300 - 800 = -500 Н.

Для упрощения построения эпюры Q на втором участке возьмем нача­ло координат в точке С и направим ось z влево, тогда Q₂ = <?2. причем z ме­няется от 0 до 2 м: при z = 0 Q₂ = 0; при z = 2 м 0,2 = 200 • 2 = 400 Н.

На границе участков в точке В эпюра Q имеет «скачок», равный по ве­личине опорной реакции R_B = 900 Н.

Найдем точку оси, в которой Q- 0. Для этого запишем

Ол = й_А-Ф=Ъ'>

300-2002 = 0; 2=1,5м.

На основании теоремы Журавского можно ожидать в этой точке экст­ремальное значение изгибающего момента.

Переходим к построению эпюры М_п.

На первом участке выражение для изгибающего момента имеет вид M\_K-R_Az- qz¹/!.

Эпюра М_н будет представлять собой параболу. Вычислим значения М_3и в трех точках:

при 2 = 0 М_1и = 0;

при 2 = 1,5 м М_5и = 300 • 1,5 - 200 • 1,5*/2 = 450 - 225 = 225 Н м; приг = 4м М_1н = 300-4 - 200-4*/2 = 1200 - 1600 = -400 Н м.

Для второго участка, взяв за начало координат точку С, получим

^м2« =-QZ²/2.

Вычислим значение Л/_2и на границах участка: при 2= 0 М_2и = 0;

при 2 = 2 м М_2и = - 200 ■ 2²/2 = - 400 Нм.

По найденным значениям строим эпюру М_н.

Поскольку в данном примере = -q < 0, эпюра М_и на обоих участ­ках будет направлена выпуклостью вверх.

Из построенных эпюр видно, что опасным будет сечение балки на опоре В.

2. Нормальные напряжения при чистом изгибе

Как было установлено ранее, в поперечных сечениях балки при чистом изгибе возникают только нормальные напряжения растя­жения и сжатия. Вопрос о распределении этих напряжений по по­перечному сечению решается путем рассмотрения деформаций во­локон балки.

Рассмотрим участок балки, подверженный деформации чистого изгиба. Двумя поперечными сечениями АВ и CD выделим элемент балки бесконечно малой длины ds (рис. 23.12). Радиус кривизны нейтрального слоя обозначим р.

Рассмотрим слой волокон тп, находящийся на расстоянии у от нейтрального слоя NN. Это волокно в результате деформации изги­ба удлинилось на величину nn_v Ввиду малости расстояния ds за­штрихованные треугольники будем считать прямолинейными; эти треугольники подобны (я _t F \ | тЕ):

AOEF ™ AFnn_t.

Из подобия треугольников запишем равенство:

пщ/ds-y/p.

Так как левая часть этого равенства есть относительное удлине­ние, т.е. пщ /ds = е, то у/р = е.

Применив закон Гука при растяжении и сжатии с = Et, получим

с = Еу/р.

Из этой формулы видно, что нормальные напряжения при изги­бе распределены по высоте сечения неравномерно: максимальные напряжения возникают е волокнах, наиболее удаленных от ней­тральной оси. По ширине сечения нормальные напряжения не ме­няются. Распределение нормальных напряжений изображено на

рис. 23.13.

Полученная формула для оп­ределения нормальных напря­жений неудобна, так как в нее входит радиус кривизны ней­трального слоя. Для вывода формулы, связывающей нор­мальные напряжения с изгибаю­щим моментом, применим ме­тод сечений и рассмотрим рав­новесие части балки, изобра­женной на рис. 23.14.

В плоскости поперечного се- Рис. 23.12 чения выделим бесконечно ма-

Рис. 23.13

лую площадку dA, в пределах которой будем считать нормальные напряжения о постоянными; тогда нормальная сила dN, действую­щая на площадку dA, будет равна

dN=cdA.

Составим два уравнения равновесия:

1. £Z = 0; Jdtf = 0 л

или

1. cdA = Jycb4 = J J уйА = О

(р для данного сечения есть величина постоянная, поэтому она вы­несена за знак интеграла). Так как Е и р не равны нулю, то

J г/44 = 0.

Этот интеграл представляет собой статический момент площа­ди сечения относительно оси л^-, т.е. нейтральной оси. Равенство ну­лю статического момента означает, что при изгибе нейтральная ось проходит через центр тяжести площади поперечного сечения;

2. ^М_Х=0; -m+jydN = 0.

F

Так как при чистом изгибе изгибающий момент равен внешнему моменту М_и = т, то

М_и = j ydN = ^ycsdA- fy—dA = — j y²dA,

A A A P &A

откуда

где I = J y²dA — момент инерции поперечного сечения относительно

А

нейтральной оси; EI— жесткость сечения при изгибе.

Так как при чистом изгибе балки постоянного сечения Л/_н = = const и / = const, то

р = Е1 /М_н = const.

Следовательно, изогнутая ось такой балки представляет собой дугу окружности.

Выражение радиуса кривизны подставим в формулу для опре­деления нормальных напряжений; тогда

о _ ^Еу - ^Еу -^МпУ Р Ш/М_и I '

Максимальное значение нормальные напряжения будут иметь у волокон, наиболее удаленных от нейтральной оси:

лт _ _ М» _ M_v

~ I I/y_max - W ’

где W = I/у_тлх — момент сопротивления изгибу (или осевой момент сопротивления).

Момент сопротивления изгибу есть отношение осе­вого момента инерции поперечного сечения относительно ней­тральной оси к расстоянию от этой оси до наиболее удаленного во­локна.

Единица момента сопротивления сечения изгибу [ W] = м³. Итак, наибольшие нормальные напряжения при чистом изгибе вы­числяем по формуле

a = MJW.

Обратим внимание на то обстоятельство, что эта формула по структуре аналогична формулам для определения напряжений при растяжении, сжатии, сдвиге и кручении.

2. Расчеты на прочность при изгибе

Условие прочности балки при изгибе заключается в том, что максимальное нормальное напряжение в опасном сечении не должно превышать допускаемое.

Полагая, что гипотеза о ненадавливании волокон справедлива не только при чистом, но и при поперечном изгибе, мы можем нор­мальные напряжения в поперечном сечении определять при попе­речном изгибе по той же формуле, что и при чистом изгибе. Вопрос

о проверке прочности балки на каса- ~ тельные напряжения, а также о рас­чете балок на жесткость будет рас- •« смотрен в последующих подразде­лах.

Рис. 23.15

Расчетная формула на прочность при изгибе имеет вид

_гоах/W<[о]

и читается так: нормальное напряжение в опасном сечении, опреде­ленное по формуле <5 = М_{и max} /W, не должно превышать допускае­мое. Допускаемое нормальное напряжение при изгибе выбирают та­ким же, как и при растяжении и сжатии.

Максимальный изгибающий момент определяют из эпюр изги­бающих моментов или расчетом.

Так как момент сопротивления изгибу W в расчетной формуле стоит в знаменателе, то чем больше W, тем меньше будут расчет­ные напряжения.

Определим мбменты сопротивления изгибу наиболее распро­страненных сечений:

1. Прямоугольник размером bxk (рис. 23.15):

_ / _ bh^z h bh^{2 пр}~^~~12^:2⁼1Г'

Если балку прямоугольного сечения положить плашмя, то W'_p = А6²/6, тогда

W_up bh² kb² h

следовательно, при прочих равных условиях максимальные нор­мальные напряжения o' у прямоугольной балки, положенной плаш­мя, будут больше, чем у той же балки, когда ее наибольший габарит­ный размер h вертикален (имеется в виду, что изгиб происходит в вертикальной плоскости).

Из этого следует правило: для обеспечения максимальной проч­ности ось, относительно которой момент инерции максимален, должна быть нейтральной.

2. Круг диаметром d:

_{w =} JL_(D< __d<_):£ . . 01 £lzdl,

64 2 32D D

Момент сопротивления кольцевого сечения нельзя определять как разность моментов сопротивлений большого и малого кругов. Нетрудно подсчитать, что при одинаковой площади поперечного сечения, т.е. одинаковом расходе материала, момент сопротивле­ния кольцевого сечения больше момента сопротивления сплошно­го круглого сечения.

Так как вблизи нейтральной оси материал мало напряжен, то выгодно больше материала располагать дальше от нейтральной оси. Поэтому в машиностроении редко применяют металлические бал­ки прямоугольного сечения, но весьма широко распространены прокатные профильные балки таврового, двутаврового, углового, швеллерного и других сечений. Моменты инерции, моменты со­противления и другие характеристики прокатных фасонных про­филей стандартных размеров приведены в таблицах ГОСТа [7].

Для балок, материал которых неодинаково работает на растяже­ние и сжатие (например, чугун), целесообразно применять профи­ли, не симметричные относительно нейтральной оси, например тавровый или П-образный. Так как у несимметричного профиля при изгибе возникают неодинаковые напряжения растяжения и сжатия, то сечение, например, чугунной балки выгодно распола­гать так, чтобы меньшие напряжения были в зоне растянутых, а большие — в зоне сжатых волокон (рис. 23.16).

Проведем сравнение экономичности по массе балок двутаврово­го, прямоугольного и квадратного сечений. >

Предположим, что из расчетного уравнения мы определим мо­мент сопротивления изгибу балки:

W = М_{п тах}/[а] = 1,2 -1(Г³м³ = 1200 см³.

По таблицам ГОСТа выбираем двутавровый профиль № 45 с

площадью поперечного сечения Л_дв = = 83 см².

Определим размеры прямоуголь­ного сечения, полагая h - 2b:

W = bk²/6 = b-4b²/6 =

- 26³/3 = 1200см³,

откуда b = ^/1200-3/2 =12,2 см; h = -2b = 24,4 см; Л_пр = Ыг = 12,2 *24,4 =

= 297 см . При прочих равных условиях массы балок пропорцио­нальны площадям поперечных сечений:

А_пр/А_да =297/83-3,5.

Балка прямоугольного сечения в три с половиной раза тяжелее балки двутаврового профиля при одинаковой прочности и прочих равных условиях.

Определим размеры квадратного сечения со стороной а\ W = = а³ /6 = 1200 см², откуда а = >/1200-6 = 19,4 см; А_кв = а² = 375 см²; А„/А„=375/83~4£.

Балка квадратного сечения в четыре с половиной раза тяжелее балки двутаврового профиля при одинаковой прочности и прочих равных условиях.

Пример 23.5. Определить номер профиля консольной балки двутав­рового сечейия, если допускаемое напряжение при изгибе [а] =120 МПа, F= 2000 Н, q = 4000 Н/м, /= 2 м (рис. 23.17).

Решение. Очевидно, что у данной балки, работающей на изгиб, максимальный изгибающий момент будет в заделке и определится по формуле

M^-R-qf/%.

Подставив данные, получим абсолютное значение момента М_{и тах} = 2000 - 2 + 4000 - 4/8 = 6000 Н-м.

Расчетное уравнение на прочность при изгибе имеет вид:

откуда

w_x = А^ипих /М = 600С/(120-10⁶) = 50-10^м³ = 50 см³.

Найдя по таблицам сортамента ближайшее большее значение для W_x, выбираем двутавровое сечение № 12, для которого W_x = 58,4 см². Если се­чение балки повернуть на 90°, т.е. расположить полки вертикально, а стенку — горизонтально (см. рис. 23.17), то потребуется профиль №30 (при таком расположении сечения двутавр подбирается по W_y). В этом случае балка окажется в три раза тяжелее.

Пример 23.6. Построить эпю­ры поперечных сил и изгибающих моментов для балки, изображен­ной на рис. 23.18, если F = 20 кН, q = 20 кН/м , т = 8 кН-м, а ~ 0,8 м. Проверить балку на прочность, если ее профиль — двутавр № 20, а допускаемое напряжение [о] = = 150 МПа.

Решение. Определим опор­ные реакции R_B и R_D, составив уравнение моментов относитель­но точек В и D:

£М„ = 0;

т -Fa + R_d- 3a -qa- 3,5а = 0.

Подставив данные и произведя вычисления, получим R_D = 22 кН;

£3f_D = 0; т -R_B-3a + F• 2 - qa-0,5a — 0.

Подставив данные и произведя вычисления, получим R_B= 14 кН. Построим эпюру Q. На первом участке Qi - 0, так как алгебраическая сумма сил пары всегда равна нулю.

На втором участке Q₂ = R_B = 14 кН.

На третьем участке Q3 = R_B - F = 14 - 20 = - 6 кН. *

На этих участках эпюра Q изображается прямыми линиями, парал­лельными оси.

Четвертый участок рассмотрим, взяв начало координат на правом кон­це балки: ^>

£2₄ = qz, где 2 изменяется от 0 до а: при 2 = 0 (2₄ = 0;

при 2 = a = qa-20 ■ 0,8 = 16кН.

Эпюра изображается прямой наклонной линией.

В точке D эпюра Q имеет скачок, равный опорной реакции R_D. Построим эпюру М_п. На первом участке

М_1и = -т = -8 кН.

На втором и третьем участках строим эпюру по значениям изгибающе­го момента на границах участков: в сечении В

М_2н = -т = -8 кН;

в сечении С

М_2и = -т + R_Ba = -8+ 14-0,8 = 3,2 кН-м;

в сечении D

М_3и = - т + R_B-3a- F>2а = -8 + 14-3-0,8 - 20-2-0,8 = -6 кН-м.

На первых трех участках эпюра М_и изображается прямыми линиями.

Для построения эпюры М_и на четвертом участке начало координат возьмем на правом конце балки, тогда

Л/_4и = - qz¹ /2, где z изменяется от 0 до а:

приг = 0 М_4и = 0;

при 2 = а М_4и = -qa²/2 = -20- 0,8²/2 = -6,4 кН-м.

На четвертом участке эпюра М_и — дуга параболы.

Проверим балку на прочность. Наибольший изгибающий момент бу­дет на первом участке:

|М_ит«| = 8кН-М.

Расчетная формула на прочность при изгибе:

° = К

По таблицам сортамента находим значение момента сопротивления для двутавра № 20:

W_x= 184 см³= 184Ю~⁶м³.

Подставляя 31&чения и учитывая размерности, получим

Q Л (\3

О = -^Цг = 44-10^в Па = 44 МПа < 150 МПа.

184 10~⁶

Условие прочности с < [а] выполнено. В данном случае балка работа­ет с большой недогрузкой, следовательно, балку можно изготовить из двутавра меньшего размера, например № 14.

2. Касательные напряжения при изгибе

Как было установлено ранее, в поперечных сечениях балки при поперечном изгибе возникают не только нормальные, но и каса­тельные напряжения, вызывающие деформации сдвига. В силу за­кона парности такие же касательные напряжения будут возникать и в продольных сечениях, параллельных нейтральному слою. На­личие касательных напряжений в продольных сечениях подтверж­дается появлением в деревянных балках при поперечном изгибе продольных трещин.

Перейдем к выводу формулы для определения касательных на­пряжений при поперечном изгибе балок прямоугольного сечения. Эта формула была выведена в 1855 г. русским инженером-мосто- строителем Д. И.Журавским. Потребность в такой формуле была вызвана тем, что в XIX в. при строительстве мостов широко приме­нялись деревянные конструкции, а балки из древесины обычно имеют прямоугольное сечение и плохо работают на скалывание вдоль волокон.

z

Ь

1

L

2

Рис. 23.19

Рассмотрим балку прямоугольного сечения b х h (рис. 23.19). Пусть в поперечном сечении 1 действует изгибающий момент М_и, а в сечении 2, отстоящем от первого на бесконечно близком расстоя­нии dz, — изгибающий момент ЛГ_И+ dM_H. На расстоянии у_х от ней­тральной оси проведем продольное сечение ас и рассмотрим равно­весие элементарного параллелепипеда атпс, имеющего измерения

Равнодействующую нормальных внутренних сил, действующих на грань am, обозначим N_x, а действующих на грань cm— iV₂; пере­менные нормальные напряжения в этих гранях обозначим соответ­ственно Oj и а₂.

В поперечном сечении балки выделим бесконечно узкую полос­ку dA, находящуюся на переменном расстоянии у от нейтральной оси,тогда

Предполагаем, что касательные напряжения в поперечном сече­нии прямоугольной балки параллельны поперечной силе Q и по ширине сечения распределены равномерно. Полагая, что в про­дольном сечении касательные напряжения х также распределены равномерно, определим касательную силу dF, действующую на гра­ни ас:

d F = ibdz.

Составим уравнение равновесия параллелепипеда атпс: 256

откуда

d F = N₂-N_l

или

| у&А обозначим через S, это статический момент заштрихованной

площади А_у сечения относительно нейтральной оси; тогда х^=(5//)(М_и + Ш_к -M_H) = (S/I)dM_K,

откуда

<Ш_И S т = —

dz Id

<\М

Так как согласно теореме Журавского . - = Q, то х - QS/(Id).

dz

Это равенство называется формулой Журавского.

Выведенная формула дает значение касательных напряжений в продольных сечениях, но по закону парности в точках поперечного сечения, лежащих на линии пересечения продольной и поперечной плоскостей, будут действовать одинаковые по модулю касательные напряжения.

Формула Журавского читается так: касательные напряжения в поперечном сечении балки равны произведению поперечной силы Q на статический момент S относительно нейтральной оси части се­чения, лежащей выше рассматриваемого слоя волокон, деленному на момент инерции I всего сечения относительно нейтральной оси и на ширину b рассматриваемого слоя волокон.

Определим закон распределения касательных напряжений для балки прямоугольного сечения (рис. 23.20). Для слоя волокон ad:

bh³

_т 65 _ Q(b/2)(h²/i-y²) _ 6Q(A²/4-y²) lb b-bh³/12 bh³

при у - ±h/2 т = 0;

257

при у = 0 1 = т _max = 3Q/(2bh) = 3Q/(2 A) = Зт_сре1 /2.

9. Эрдеди

Таким образом, в верхнем и нижнем слоях волокон касательные напряжения равны нулю, а в волокнах нейтрального, слоя они дос­тигают максимального значения. Законы распределения касатель­ных напряжений по ширине и высоте прямоугольного сечения по­казаны на рис. 23.20.

С некоторым приближением формулу Журавского можно при­менять для определения касательных напряжений в балках с попе­речными сечениями другой формы. Рассмотрим консольную балку корытного профиля, сечение которой показано на рис. 23.21, изги­баемую силой F на конце.

Плоскостью 1—1 отсечем часть полки площадью А. Так как из­гиб балки поперечный, то в плоскости 1—1 будут действовать про­дольные касательные силы и напряжения х₂ (см. рис. 23.19). По за­кону парности в поперечном сечении полки возникнут касатель­ные напряжения т_х той же величины, и их можнр определить по формуле Журавского:

где Q — поперечная сила в сечении балки; S_x — статический момент отсеченной площади А относительно оси х (нейтральная ось), S_x = Ah_x /2; I — момент инерции всего сечения относительно нейт­ральной оси; t — толщина полки.

Если полка постоянной толщины, то касательные напряжения 1_Х изменяются по линейному закону, тогда

^„„=Qb_lth_l/(2It) = Qb_ih_t/(2I).

Равнодействующая R_t касательных напряжений в верхней пол­ке равна:

^1 ⁼ ^хсред^1 ^ ⁼ ^хmax^1 ^/2 — Qb_x h^t/(4/).

Следовательно, в сечении на­ряду с вертикальной попереч­ной силой Q = R₂ возникает также крутящий момент М_к который скручивает балку; R₂ — равнодействующая касательных напряже­ний в стенке балки.

Рис. 23.22

На нижнюю полку действует у,

такая же сила R_v но направлен- ^

ная в противоположную сторо- ^

ну. Две силы R_x образуют пару с ^

моментом ^

Чтобы деформации кручения не было, внешнюю силу Fследует приложить в какой-то точке В на расстоянии а от середины стенки и соблюсти условие Fa = М_к, откуда

a = M_K/F.

Такая точка В называется центром изгиба. Если сечение балки имеет две^оси симметрии, то центр изгиба совпадает с цент* ром тяжести сечения.

Без вывода приведем формулу для определения максимальных касательных напряжений у балки круглого сечения:

Ъ max - 4Q/(ЗЛ) = 4т _сред /3.

Касательные напряжения в балках соответствуют деформации сдвига, в результате чего плоские поперечные сечения при попе­речном изгибе не остаются плоскими, как при чистом изгибе, а ис­кривляются (рис. 23.22).

Большинство балок рассчитывают только по нормальным на­пряжениям; три вида балок следует проверять по касательным на­пряжениям, а именно: деревянные балки, так как древесина плохо работает на скалывание; узкие балки (например, двутавровые), так как максимальные касательные напряжения обратно пропорцио­нальны ширине нейтрального слоя; короткие балки, так как при от­носительно небольших изгибающем моменте и нормальных напря­жениях у таких балок могут возникать значительные поперечные силы и касательные напряжения.

Максимальное касательное напряжение в двутавровом сечении определяется по формуле Журавского. В таблицах сортамента при­ведены значения статического момента площади полу сечения для двутавров и швеллеров.

Пример 23.7. Консольная балка, жестко защемленная одним концом в заделке, состоит из двух деревянных брусьев квадратного сечения, соеди­ненных на другом конце болтом (рис. 23.23). К свободному концу балки приложена сила R = 15 кН. Длина балки / = 2 м. Определить диаметр

Эпюра Q Q-K-15kH

стержня болта, если допускаемое напряжение среза [т_ср]= 80 МПа. Размер

сечения брусьев а ~ 20 см.

Решение. Во всех поперечных сечениях балки кроме изгибающего момента возникает поперечная сила Q = R - 15 кН и соответствующие ей касательные напряжения сдвига, определяемые по формуле Журавского, причем максимальные напряжения т_тах возникают на нейтральной оси, т. е. в месте соприкосновения брусьев.

По закону парности такие же касательные напряжения возникают и в продольных сечениях балки. Тогда

, Ж

^v max '

где Q — поперечная сила, Q=i5*10³H;5 — статический момент пло­щади полусечения балки относительно нейтральной оси,

S = а² -а/2 = <я³/2; I — момент инерции всего сечения относительно

нейтральной оси; I = а(2а)³/12 =2а*/3;Ь — ширина сечения, Ь-а. Подставив эти выражения в формулу Журавского, rtt>лучим:

^=3Q/(4a²).

Подставляя числовые значения и учитывая размерности, найдем т_тах =3-15000/(4-0,2 0,2) = 0,282 10^еПа.

Сила сдвига F= Т_тах А_ся, где А_сл — площадь сдвига, А_сл = al.

Вычислим F:

^_та*о/=0,282 • 10⁶ • 0,2 • 2 = 113 ■ 10³ Н.

Сила F, действующая на стыке балок, стремится срезать болт. Найдем необходимый диаметр d стержня болта из расчета его на срез:

F/A^ _р<[т_ср],

где Л_ср — площадь среза, равная площади поперечного сечения стержня болта, A_cv - nd? /4.

Подставляя это выражение в расчетную формулу, получим

d>fiF/(K[%^]).

Подставим числовые значения:

d >^4-113-Ю³ /(ЗД4-80-10⁶) = 42 10'³м= 42 мм.

2. Упругая линия балки

Изогнутая под действием нагрузок ось балки представляет со­бой плавную кривую, которая называется упругой линией. Деформация балки при изгибе характеризуется прогибом у и углом поворота поперечного сечения, который равен углу а наклона касательной к упругой линии по отношению к оси г балки. Уравнения прогибов и углов поворота сечений в общем виде записываются так:

У - /i(^z); a = /₂(z).

Из математики известно, что радиус кривизны кривой у = /j(z) в любой точке определяется по формуле

р = [1 +<у')²]^ /у", где у' = ^ = tga; у " =

Ввиду малости деформаций (г/')² пренебрегаем (так как эта ве­личина значительно меньше единицы), тогда

Р-1 /Г- EI

Ранее мы вывели формулу — = Л/_и; подставляя в нее прибли-

Р

женное значение радиуса кривизны, получим дифференциальное уравнение упругой линии балки:

Ely" = М_п.

Чтобы получить уравнение углов поворота сечений a - /₂(z), надо это уравнение проинтегрировать один раз, причем ввиду ма­лости деформаций будем считать, что

у' = tga ~a, рад.

Для получения уравнения прогибов у- /j ( z ) надо дифференци­альное уравнение проинтегрировать дважды.

Рассмотрим балку постоянного сечения, нагруженную момен­том т, сосредоточенной силой F и равномерно распределенной нагрузкой q, дающими положительные изгибающие моменты (рис. 23.24).

Начало координат возьмем на левом конце балки, ось у напра­вим вверх, а ось z — вправо. Рассматриваемая балка имеет пять уча­стков, каждому из которых соответствует свое уравнение момен-

г

2.

с

2

d

тов, уравнение прогибов и уравнение углов поворота сечений. Об­ратим внимание на то, что упругая линия балки есть плавная кри­вая, следовательно, на границах участков значения углов поворота сечения и прогибов, определенных из уравнений соседних участ­ков, будут совпадать. Интегрирование дифференциальных уравне­ний будем производить, не раскрывая скобок в уравнениях момен­тов, что сказывается лишь на значениях произвольных постоян­ных.

1. -й участок:

EJy"-0; Ely' = C_t; Ely - C_xz +Д;

2. й участок:

Ely" = m = m(z-a)°; Е1у'-тп(г-а)+С₂\

Подставив в уравнения первого и второго участков значение z — a, получим

C\ — C2I &\ — D2’,

2. 4-й участок:

   й участок.

Ely" = m(z-af +F(z-b)+q - -;

EIy = m^{(Z й)} +F--f³-+q(^Z +C_iz+D_i.

2 2-3 2-3-4 ⁴

Так как на границах смежных участков справедливы уравнения и предыдущего, и последующего участков, то

С₁ = С₂ = С3 = Сд=С',D, —D<i— Z?₃ = = D.

Обозначим а₀ — угол поворота сечения в начале координат (в радианах), a y_Q — прогиб в начале координат.

При z - 0 получим

EIoLq = С; EIy₀ = D,

Так как каждой отдельной нагрузке в уравнениях соответствует отдельное слагаемое, то в общем виде можно записать следующие уравнения:

обобщенное уравнение углов поворота сечений

обобщенное уравнение прогибов

_v (z-a) ^ (z-6)³ _v (2-с)⁴

Ely = EI_y;₊EIa₀z + Zm±-_r!-+'£^F^J-+l‘l

Если равномерно распределенная нагрузка заканчивается не в конце балки, то эту нагрузку следует мысленно продолжить до кон­ца и добавить противоположно направленную нагрузку такой же интенсивности (см. рис. 23.24, участок 5). При этом в обобщенные уравнения углов поворота и прогибов добавится еще по одному слагаемому с отрицательным знаком, соответственно:

^⁴ 2*3 2-3-4 '

Знаки слагаемых в обобщенных уравнениях устанавливают по правилу знаков для изгибающих моментов.

Положительное значение у означает прогиб вверх, и наоборот; положительное значение а. означает поворот сечения против часо­вой стрелки, и наоборот.

При пользовании обобщенными уравнениями следует помнить:

1. для балки, жестко защемленной левым концом,

<*0=0; =

2. для балки, левый конец которой лежит на опоре,

для определения Oq следует составить уравнение прогибов для вто­рой опоры и приравнять его нулю;

3. в сечении с максимальным прогибом угол поворота сечения а = 0, так как в этой точке упругой линии касательная параллельна оси Z.

Помимо расчетов на прочность балки нередко проверяют или рассчитывают на жесткость. Условие жесткости заключается в том, что максимальный прогиб (стрела прогиба/) или максималь­ный угол поворота не должны превышать допускаемых величин. Расчетные уравнения на жесткость имеют следующий вид:

гл™ =/£[/]; ^£[“]'

Допускаемую величину прогиба обычно задают в долях длины пролета /, например для мостов [/1 = (Хоо-”Х<мюУ- Допускаемый угол поворота сечения задают в долях радиана.

Пример 23.8. Определить прогиб у_в свободного конца консольной балки АВ, изгибаемой сосредоточенной силой /'(рис. 23.25).

Решение. Реакция R_A и момент защемления т_А соответственно рав­ны:

R_A-F\ m_A = Fl.

1. Учитывая, что у₀ = 0, а ₀=0, из обобщенного уравнения прогибов нахо-

   ДИМ

   (Я³ И³) FI³

El{ 6 2J 3ЕГ

Пример 23.9. Определить максимальный прогиб и углы поворота се­чений на опорах балки, показанной на рис. 23.26.

Решение. В силу симметрии балки реакции опор равны

Для определения 0Cq используем условие, что при z-l у_в- 0.

откуда а₀ = -ql³/ (24 ЕГ). Очевидно, что а_в= - (Хд.

Наибольшие углы поворота имеют опорные сечения.

Максимальный прогиб находится посередине пролета балки, т.е. при z = 1/2. Тогда

Следовательно,

»»* = -5?/⁴/(384Н).

Пример 23.10. Определить максимальный прогиб и угол поворота на опорах балки, нагруженной посередине пролета сосредоточенной силой (рис. 23.27).

Решение. Реакции равны F/2 каждая и направлены снизу вверх. Помещаем начало координат на левой опоре, тогда у₀ = 0.

Для определения а₀ используем условие, что при z = / прогиб равен ну­лю 0/_в = 0):

о,

2. 6 о

откуда

Е1а₀ = -Я²/16.

Следовательно,

«о = а Л =«та* = -Я²/(16£/).

У

F

Ввиду симметрии угол поворота на правой опоре а_в = -а^ = Я²/(1б ЕГ). Максимальный прогиб будет при г -1/2, тогда

FI²1

EIa_nz = ——

⁰ 16 2

следовательно,

Fl²1 F(l-l/2f Я³

16 2 2 6 48'

откуда

у_тах=-Я³/а8Е1).

Балки равного сопротивления изгибу. При изгибе балок посто­янного сечения (за исключением случая чистого изгиба) все сече­ния, кроме опасного, имеют излишний запас прочности, что свиде­тельствует о нерациональном использовании материала. Наиболее рациональной будет такая форма балки, при которой напряжения во всех поперечных сечениях будут равны допускаемому. Такие бал­ки называются балками равного сопротивления из­гибу.

Рассмотрим произвольное сечение балки равного сопротивле­ния изгибу. Обозначим действующий в этом сечении изгибающий момент Ма момент сопротивления — W'. Тогда должно выпол­няться условие

M'JW' = M»_max/W = [ст] = const.

Отсюда следует, что в балках равного сопротивления изгибу мо­менты сопротивления сечений должны быть прямо пропорцио­нальны изгибающим моментам:

Изготовление балок равного сопротивления сложно в техноло­гическом отношении, поэтому применение их ограничено.

Рассмотрим пример, иллюстрирующий теорию балок равного сопротивления изгибу.

Пусть балка АВ прямоугольного сечения жестко защемлена од­ним концом, а к другому ее концу приложена сосредоточенная сила F, как показано на рис. 23.28, а. При условии равного сопротивле­ния изгибу по всей длине установим:

1. как должна меняться высота h балки при постоянной ши­рине Ь;

2. как должна меняться ширина балки при постоянной высоте.

Рис. 23.28

1. Ширина балки постоянна. Изгибающий момент в произволь­ном сечении, отстоящем на расстоянии z от свободного конца,

Соответствующий момент сопротивления

W'*>by²/6.

Здесь b = const, а у — меняется.

Максимальный изгибающий момент будет в защемлении:

Ы - -FI.

^irjHinax

Момент сопротивления изгибу в защемлении

W = bh²/6.

Запишем условие пропорциональности изгибающих моментов и моментов сопротивления изгибу:

-Fz Ьу²/6 ₂ «2 /»

⁼ W]i ^{откуда? =h 2/1}

Это уравнение параболы. Заметим, что объем такой балки рав­ного сопротивления изгибу будет составлять 2/3 объема балки постоянного сечения b х h, что дает экономию материала в 33% (рис. 23.28, б).

2. Высота балки постоянна. Обозначим переменную ширину х, ширину балки в защемлении Ь, высоту балки А. Как и в предыду­щем случае, запишем

-Fz

xh²/6 _{L п}

—;—, откуда x = bz//.

-FI bh²/§

Из этого соотношения видно, что ширина балки изменяется по линейному закону. Подобная балка изображена на рис, 23.28, б. По

сравнению с призматической балкой постоянного сечения эконо­мия материала достигает 50 %.

Сравним прогибы балок постоянного сечения и равного сопро­тивления изгибу при одинаковой прочности и прочих равных усло­виях.

Формула для определения прогиба свободного конца балки рав­ного сопротивления изгибу (без вывода)

У’_та=-Н³/(2Е1).

Сравнивая это выражение с формулой для определения прогиба свободного конца балки постоянного сечения

У™* =~Fl³/(3EJ),

приходим к выводу, что наибольший прогиб балки равного сопро­тивления изгибу в 1,5 раза превосходит прогиб балки постоянного сечения.

Свойство балок равного сопротивления изгибу (с постоянной высотой) деформироваться значительно больше балок постоянного сечения (при тех же нагрузках и допускаемых напряжениях) ис­пользуется в случаях, когда необходимо смягчить действие нагруз­ки, изменяющейся с течением времени, или ударной нагрузки. В ча­стности, листовые рессоры, широко применяющиеся на транспорте (вагоны, автомашины), представляют собой разрезанны’е на полосы и сложенные стопкой балки равного сопротивления изгибу.

2. Косой изгиб

Ранее мы рассматривали прямой изгиб балок, при котором все нагрузки действовали в одной плоскости, проходящей через одну из главных осей сечения. При таком изгибе деформация оси балки происходит в плоскости действия нагрузок.

Изгиб, при котором плоскость действия нагрузок не совпадает ни с одной из главных осей сечения, называется косым.

Рассмотрим консольную балку длиной / прямоугольного сече­ния, к концу которой приложена сила F, составляющая с осью у угол а (рис. 23.29, а). Разложим силу F на две составляющие, на­правленные по главным осям сечения, и, пользуясь принципом не­зависимости действия сил, сведем косой изгиб к прямым изгибам в двух взаимно-перпендикулярных плоскостях. Очевидно, что опас­ное сечение будет находиться в заделке и максимальные изгибаю­щие моменты таковы:

М_нх - FI cos а; Л/_Иу = FI sin а.

Соответствующие этим изгибающим моментам нормальные на­пряжения в какой-то точке А опасного сечения вычисляют по фор­мулам

<*2А=М_ИуХ/1₁₁,

где х, у — текущие координаты точки А\ 1_у — моменты инерции относительно нейтральных осей.

Суммарное нормальное напряжение в точке А

у cos а х sin а

м„_ху _| М„,__п

Если заштриховать в разные стороны части сечения, где будут действовать только напряжения растяжения а_1и и а_2и, то увидим, что в зоне, заштрихованной в клетку, будут действовать суммарные напряжения растяжения, а в незаштрихованной — суммарные на­пряжения сжатия (рис. 23.29, б). Очевидно, что максимальное на­пряжение растяжения возникает в точке Д а максимальное напря­жение сжатия — в точке Е опасного сечения. Эпюры нормальных напряжений показаны на том же рисунке.

Так как на нейтральной оси а_А = 0, то ее уравнение имеет вид

ycosa/I_x +х sina/Zy =0,

где х, у — текущие координаты точек нейтральной оси.

Из уравнения видно, что нейтральная ось есть прямая линия, проходящая через начало координат, т.е. через центр тяжести сече-

ния балки. Определим угол {$, который нейтральная ось составляет с осью х.

tgp = y/* = -I_x sina/(/_у cosa) = -(/_:e//_y)tga.

Из этого равенства видно, что если 1_Х *1_у, то р *а и нейтраль­ная ось не перпендикулярна линии действия силы F.

Пользуясь принципом независимости действия сил, определим направление прогиба балки под действием силы F. Прогиб /_х в на­правлении оси хравен

л =-F(sina)/V(3£/,,).

Прогиб /_у в направлении оси у

f_s = -P(cosa)/³ /(ЪЕ1_Х).

Суммарный прогиб / определится по формуле

Обозначив у угол между направлением суммарного прогиба и осью х, получим

ctg у = /,//„ = [-f(sina)/ ³/(3£7_v )] / [-F(cosa)/³ /(3EI_X )}

или ctg у = (1_Х/I_у )tga.

Сравнивая это выражение с формулой для определения tg|3, ви­дим, что ctg у и tg р отличаются только знаком, следовательно, сами углы разнятся на 90° и суммарный прогиб балк^я происходит в плоскости, перпендикулярной нейтральной оси. Отсюда вытекает, что при косом изгибе плоскость прогиба не совпадает с плоскостью действия нагрузок.