Изгиб
.pdf
Mx : z = 0 Qy = 0 ; Mx = 0 ; z = l Q y = q l; M x = − q 2l2 . По епюрі,
використовуючи правила перевірки, визначаємо опорні реакції RA і MA .
Реакція R A = q l дорівнює величині стрибка на епюрі Qy в цьому перерізі та спрямована нагору, тому що Qy позитивна. Якщо будувати епюру Qy ,
йдучи ліворуч , реакція RA повинна давати позитивне значення Qy , тобто
повинна |
бути |
спрямована нагору. З умов |
статики ∑Fyi = R A |
− q l = 0 |
||||||||||||
одержуємо те ж саме значення R A = q l. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
q l2 |
|||
На епюрі Mx |
|
в затисненні скачок моменту на |
величину |
|
|
|
, отже |
|||||||||
2 |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
M A = |
q |
l2 |
. Так як Mx |
в затисненні негативний, |
то |
MA повинний бути |
||||||||||
|
2 |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
спрямований |
|
проти |
годинникової стрілки. |
|
З |
умови |
|
статики |
||||||||
∑M Ai = −q l |
|
l |
+ M A = 0 одержуємо: M A |
= |
q l |
2 |
. |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Приклад 2.
11
Рис. 1.8.
1. Визначаємо опорні реакції.
∑MA = 0 , R B l − q l 2l = 0, відкіля: R B = q2l .
∑M B = 0 , − R A l + q l 2l = 0, відкіля: R A = q2l .
Перевірка: ∑Fyi ≡ 0 , R A + R B − q l ≡ q2l + q2l − q l ≡ 0 .
З огляду на симетрію задачі реакції однакові та рівні половині зовнішнього навантаження.
2.Показуємо поточний переріз з координатою z , межі її зміни та записуємо функціїQy і Mx :
0 ≤ z ≤ l
Q y (z) = q z − R B = q z − |
q l |
; M x (z) = −q |
|
z 2 |
|
+R B z = −q |
z 2 |
+q |
l |
|
z . |
|
||||||||||||||||||
2 |
|
2 |
|
|
2 |
2 |
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Далі обчислюємо значення Qy і Mx : |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
z = 0 Qy = − |
ql |
,Mx = 0 , z = l |
Q y |
= + |
ql |
, M x = 0 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Звертаємо увагу, |
що в точці, |
де Q y = qz − |
ql |
|
= 0 , згинальний момент Mx |
|||||||||||||||||||||||||
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
повинний |
мати |
екстремальне |
значення. |
Таким чином, |
z |
|
= |
|
l |
|
і |
|||||||||||||||||||
|
2 |
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Mx max = − |
qz 2 |
+ |
ql |
z |
|
= − |
ql2 |
|
+ |
ql2 |
= |
ql2 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
2 |
|
8 |
|
4 |
8 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
12
Приклад 3.
Рис. 1.9.
1.У зв’язку з симетрією задачі RA = RB = F.
2.Запишемо функції і визначимо характерні значення Qy і Mx для ділянок.
1-аділянка: 0 ≤ z1 ≤ a Q y (z1 ) = R A = F; M x (z1 ) = R A z1; z1 = 0 Mx = 0; z1 = a Mx = Fa
2-а ділянка: a ≤ z2 ≤ (l − a) Qy (z2 ) = R A − F = F − F = 0
Mx (z2 ) =RAz2 −F(z2 −a) =Fz2 −Fz2 +Fa =Fa.
Поперечна сила на ділянці дорівнює нулю, отже Mx = const , ділянка зазнає
чисте згинання.
3-я ділянка: 0 ≤ z3 ≤ a Q y (z3 ) = −R B = −F ; M x (z3 ) = R B z3 ; z3 = 0 Mx = 0; z3 = a Mx = Fa.
13
Приклад 4.
Рис. 1.10.
1. Опорні реакції.
∑M A = 0; M −q 4 2 − F 5 + RB 4 = 0; 2 − 2 4 2 − 2 5 + RB 4 = 0, RB = 6 кН.
∑M B = 0; M + q 4 2 − F 1 − RA 4 = 0; 2 + 2 4 2 − 2 − RA 4 = 0; RA = 4 кН.
Перевірка: ∑Fy = R A +R B −q 4 −F = 6 +4 −2 4 −2 ≡ 0.
3.Розбиваємо балку на ділянки, показуємо перерізи на кожній з них, указуємо межі зміни zi , визначаємо й обчислюємо функції Qy і Mx .
1-аділянка: 0 ≤ z1 ≤1 |
Qy (z1) = 0; M x (z1 ) = −2 кНм. |
2-аділянка: 1 ≤ z2 ≤ 5 |
Qy (z2 ) = RA − q(z2 −1) = 4 − 2(z2 −1); |
14
M x (z 2 ) = −M +R A (z 2 |
−1) −q(z 2 |
−1) |
(z 2 −1) |
= −2 +4 (z 2 |
−1) −2 |
(z 2 −1)2 |
; |
|
2 |
2 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
z2 =1 Qy = 4 кН; M x = −2 кНм. z2 = 5 Qy = −4 кН; Mx = −2 кНм.
Поперечна сила Qy змінює знак, згинальний момент M x досягає екстремального – максимального значення при z , що визначиться з умови
Q y (z ) = 4 − 2(z −1) = 0, відкіля z = 3м, а M x мах = −2 +8 −4 = 2 кНм. 3-я ділянка: 0 ≤ z3 ≤1 Q y (z3 ) = F = 2кН; M x (z3 ) = −Fz3 ;
z3 = 0 M x = 0; z3 =1 M x = −2 кНм.
2. НАПРУЖЕННЯ ПРИ ПОПЕРЕЧНОМУ ЗГИНАННІ.
При прямому поперечному згинанні в перерізі виникають поперечна сила Qy , що викликає деформацію зсуву, та згинальний момент Mx , що
викликає деформацію згинання.
2.1 Нормальні напруження при чистому згинанні.
Розглянемо випадок чистого згинання, коли в перерізі виникає тільки згинальний момент.
Покажемо стержень до деформації (рис.2.1а) та після (рис.2.1б) навантаження згинальними моментами Mx .
15
Рис 2.1.
Спостерігаючи за деформацією ортогональної сітки, попередньо нанесеної на бічну поверхню балки до навантаження (рис.2.1а) і після (рис 2.1б), відзначимо, що подовжні лінії при чистому згинанні викривляються по дузі кола, контури поперечних перерізів залишаються плоскими , сліди яких перетинають подовжні лінії під прямими кутами. У стиснутій області (у даному випадку внизу) волокна коротшають, у зоні розтягання (угорі) подовжуються.
Існує подовжній шар, довжина якого при чистому згинанні залишається незмінною. Цей шар називається нейтральним. Зона розтягання та зона стискання в балці розділяються нейтральним шаром з радіусом кривизни ρ.
Відзначені обставини дозволяють ввести наступні гіпотези. При чистому згинанні дотримується гіпотеза плоских перерізів. Усі поперечні перерізи стержня при чистому згинанні не викривляються, а лише повертаються один відносно одного навколо осі X. Подовжні волокна не
16
тиснуть одне на одне. По ширині перерізу нормальні напруження не змінюються.
Логічно припустити, що в точках поперечного перерізу при чистому згинанні виникають тільки нормальні напруження, що приводять до інтегрального внутрішнього силового фактора – згинального моменту Mx .
Через відсутність поперечних сил у напрямку осі Y, очевидно, що в точках перерізу дотичні напруження відсутні.
Розглянемо прямолінійний стержень довільного поперечного перерізу з віссю симетрії Y при чистому згинанні (рис.2.2а). В перерізі з координатою z застосуємо метод перерізів і одержимо: M x = M (рис.2.2б).
В цьому перерізі момент Mx виникає як сума моментів від розподілених внутрішніх зусиль (нормальних напружень σ ). Виділимо елементарну площадку dA з координатами x, y (рис.2.2в). Нехай вісь Y –
головна вісь, а вісь X збігається з нейтральним подовжнім шаром.
Задача про визначення внутрішніх зусиль відноситься до класу статично невизначених задач, тому далі застосовуємо схему рішення статично невизначених задач.
17
Рис.2.2.
Статична сторона задачі. Із шести рівнянь статичної рівноваги три рівняння ∑Fix ≡ 0, ∑Fiy ≡ 0, ∑Miz ≡ 0 виконуються тотожно. Елементарна сила в осьовому напрямку, що діє на площадку dA dN = σdA, результуюча
сила N = ∫σdA. Елементарний момент сили dN щодо осей X і Y
A
запишеться як dMx = dN y і dMy = dN x. Відповідно згинаючі моменти:
M x = ∫dNy = ∫σydA; M y = ∫dNx = ∫σxdA .
A A A A
Таким чином, умови статики приймуть вигляд:
∑Fiz = 0; ∫σdA = 0 ; |
(2.1) |
A |
|
∑Miy = 0 ; ∫σxdA = 0 ; |
(2.2) |
A |
|
∑Mix = 0 ; M x − ∫σydA = 0. |
(2.3) |
A |
|
Відзначимо невідомі: нормальне напруження σ – величина та закон розподілу; радіус кривизни ρ нейтрального шару; положення
18
нейтрального шару.
Геометрична сторона задачі. Розглянемо деформацію елемента довжиною dz . Нехай волокно OO1 збігається з нейтральним шаром, виділимо на відстані y від нього волокно ab (рис.2.3).
|
|
Рис.2.3. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Первісна довжина |
волокна l0 = ab = OO1 = ρdθ, тому що |
волокно |
|||||||||||
OO не деформується. У процесі деформації довжина волокна a b |
1 |
складе |
|||||||||||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
||
довжину дуги: l1 = a1b1 = ρ1dθ = (ρ + y)dθ. Визначимо |
|
|
відносну |
||||||||||
деформацію волокна ab |
εab = |
lab |
= |
l − l0 |
= |
(ρ + y)dθ − ρdθ |
|
= |
|
y |
|
. Так як |
|
l0 |
l0 |
ρdθ |
|
ρ |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
подовжні волокна не давлять одне на одне, то, мабуть, така залежність справедлива для будь-якого волокна:
ε = |
y |
. |
(2.4) |
|
|||
|
ρ |
|
|
Це і є додаткова умова – рівняння сумісності деформації при чистому згинанні.
Фізична сторона задачі. При чистому згинанні подовжні волокна піддаються розтяганню-стисканню, тому справедливий закон Гука для одновісного напруженого стану σ = Eε.
Після підстановки значення ε з виразу (2.4) маємо:
19
σ = E |
y |
. |
(2.5) |
|
|||
|
ρ |
|
|
Підставляючи (2.5) послідовно в рівняння (2.1), (2.2), (2.3), одержимо наступне.
1. ∫ |
σdA = ∫ |
E |
y |
dA = |
E |
∫ydA = |
E |
Sx = 0 . Модуль подовжньої пружності E |
|
ρ |
|
||||||
A |
A |
|
ρ |
A |
ρ |
|||
|
|
|
|
|
|
|||
для матеріалу ненульова константа; радіус кривизни ρ нейтрального шару є кінцевою величиною. Таким чином, статичний момент площі Sx = 0 . Отже,
нейтральний шар при чистому згинанні збігається з центральною віссю перерізу, тобто координата y відраховується від нейтральної лінії перерізу
– геометричного місця точок, у яких нормальні напруження при згинанні дорівнюють нулю.
2. ∫ |
σxdA = ∫ |
E |
y |
xdA = |
E |
∫xydA = |
E |
Ixy = 0 . Якщо відцентровий момент |
|
ρ |
|
||||||
A |
A |
|
ρ |
A |
ρ |
|||
|
|
|
|
|
|
|||
інерції Ixy щодо центральних осей дорівнює нулю, то ці осі є головними
осями інерції. Таким чином, осі ХУ є головними осями інерції і
нейтральна лінія є головною центральною віссю інерції, вона перпендикулярна площині дії навантаження.
3. |
M x − ∫σydA = M x − ∫ |
E |
y |
ydA =M x − |
E |
∫ y2 dA = M x − |
E |
I x = 0, |
відкіля |
|||||
|
ρ |
|
||||||||||||
|
A |
A |
|
|
ρ |
|
A |
ρ |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
кривизна нейтрального подовжнього шару визначається виразом: |
|
|||||||||||||
|
|
1 |
= |
M x |
, |
|
|
|
|
(2.6) |
||||
|
|
|
ρ |
EIx |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
яке |
називається |
рівнянням Навье. Тут |
∫y2 dA = Ix – осьовий |
момент |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
|
|
|
інерції перерізу, а EIx – жорсткість стержня при згинанні.
Порівнюючи значення кривизни ρ1 з рівнянь (2.5) і (2.6) одержимо:
20