3й курс 6 семестр / S_mat

Составим второе уравнение равновесия в виде уравнения моментов относительно точки

“O”:

Q

В полученном выражении величина “ ( ) 2” является величиной второго порядка малости, поэтому ею пренебрегаем. Тогда:

− ( ) = − ( )

( )= ( )

Таким образом, производная от изгибающего момента по координате момента равна поперечной силе действующей в сечении. Учитывая первую полученную зависимость можно записать, что:

17.3. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ И ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ.

Построение эпюры поперечных сил необходимо для определения опасного сечения балки. Рассмотрим построение эпюр на конкретном примере. Пусть дана балка на которую действуют следующие силы и моменты:

–сосредоточенная сила P, равная 10 кН;

–распределённая нагрузка q = 10 кН⁄м;

–крутящий момент М = 10 кНм.

Продольные размеры балки равны: а = 1 м., b = 2 м., с = 5м.

1. Определим реакции опор. Для этого составим уравнения равновесия. Сумма моментов относительно точки А:

где: Q – сосредоточенная сила, которой была заменена распределённая нагрузка.

= ( + )

Отсюда находим реакцию в точке В:

61

Следовательно, реакции определены правильно, и можно перейти к построению эпюр.

Для этого балка разбивается на участки и для каждого участка записываются уравнения поперечной силы и изгибающего момента.

3. Построение эпюры поперечных сил.

Рассмотрим первый участок: 0 ≤ Х1 < а:

== 30 кН

Рассматриваем второй участок: 0 ≤ Х2 < b:

=− = 20 кН

Третий и четвёртый участок будем рассматривать, двигаясь с право налево, то есть против направления оси “X”. При этом должно выполняться следующее правило: при построении эпюры поперечных сил, когда движение осуществляется с право на лево (то есть против направления оси “X”) для сохранения правила знаков знаки всех сил меняем на противоположные.

Рассматриваем четвёртый участок: 0 ≤ Х4 < а:

4. Построение эпюры изгибающих моментов.

Рассмотрим первый участок. 0 ≤ Х1 < а:

=

Рассматриваем второй участок: 0 ≤ Х2 < b:

63

На третьем участке существует точка, где эпюра поперечных сил равна нулю “Q 3 = 0”, в

этой точке изгибающей момент будет иметь максимальное значение. Определим координаты этой точки и найдём Мmax для третьего участка. Для этого приравняем уравнение поперечных

сил на третьем участке к нулю:

= − + ( + )= 0

=− · = 3 м

Отсюда максимальный изгибающий момент на третьем участке:

17.4. ПРАВИЛА КОНТРОЛЯ ПРАВИЛЬНОСТИ ПОСТРОЕНИЯ ЭПЮР.

Используя дифференциальные зависимости между внутренними силовыми факторами в сечении балки можно контролировать правильность построения эпюр, а также определять те сечения, где изгибающий момент будет иметь максимальное значение. Рассмотрим их:

1. Используя геометрический смысл производной, следует, что производная от изгибающего момента по координате равна поперечной силе, и в свою очередь это тангенс угла наклона касательной к кривой эпюре изгибающих моментов (теорема Журавского).

dM Q tg dX

Следуя этому понятию, можно заключить, что на тех участках, где поперечная сила положительна, изгибающий момент будет возрастать. На тех участках, где поперечная сила отрицательна, изгибающий момент убывает.

64

В сечении, где поперечная сила равна нулю, Q = 0 и tgα = 0. В этом сечении изгибающий момент будет иметь максимальное значение. Если поперечная сила изменяется из положительной в отрицательную, то максимальный изгибающий момент будет положительным. Максимальный изгибающий момент будет отрицательным, если эпюра поперечных сил изменяется из отрицательной в положительную.

2.В сечении, где приложены сосредоточенные силы на эпюре поперечных сил будет скачёк на величину этой силы. На эпюре изгибающих моментов будет излом, характеризующий скачкообразное изменение тангенса угла наклона.

3.В сечении, где приложен сосредоточенный изгибающий момент, на эпюре изгибающих моментов будет скачёк равный величине этого момента. На эпюре поперечных сил это не отражается.

4.Для балки на двух опорах без консоли, в сечении под опорами на эпюре поперечных сил будут реакции этих опор, а на эпюре изгибающих моментов в этих сечениях будут равны нулю, если в этих местах к сечению не приложено сосредоточенных изгибающих моментов.

5.На участке балки, где приложены распределённые нагрузки поперечная сила будет меняться по линейному закону, а изгибающий момент по квадратичной параболе. При этом выпуклость эпюры изгибающих моментов будет определяться по дифференциальной зависимости:

( )=

эп. “Q”

-

+

эп. “Q”

эп. “M”

-

эп. “M” +

В случае если распределённая нагрузка направлена вниз, значение Q будет отрицательным, то есть вторая производная от изгибающего момента будет величиной

65

отрицательной. Следовательно, линия, описывающая изгибающий момент направлена выпуклостью вверх. И наоборот, если распределённая нагрузка направлена вверх, то значение

Q будет положительным и вторая производная от изгибающего момента будет величиной положительной. Тогда линия, описывающая изгибающий момент будет направлена выпуклостью вниз.

6. Для консольных балок в сечении защемления балки на эпюре поперечных сил будет вертикальная составляющая реакции заделки. На эпюре изгибающих моментов реактивный момент этой заделки.

17.5.НОРМАЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ ПРИ ЧИСТОМ ИЗГИБЕ.

Всечении балки действует поперечная сила и изгибающий момент. Поперечная сила расположена в плоскости сечения балки и поэтому в сечении балки будут возникать касательные напряжения. Изгибающий момент находится в плоскости симметрии балки и поэтому силы этой пары перпендикулярны сечению балки. Действие момента будет вызывать нормальные напряжения. Определим их. Для упрощения решения задачи рассмотрим случай,

когда на некотором участке балки действует постоянный изгибающий момент, а поперечная сила равна нулю. Такой случай называется чистым изгибом. На таких участках касательные напряжения будут равны нулю и, следовательно, в сечении будут действовать только нормальные напряжения. Определим эти напряжения. Для этого воспользуемся допущениями,

полученными на основании опытов выполненных с балками при чистом изгибе:

1.Сечения, плоские и прямые до деформации остаются такими, и после деформации.

2.Горизонтальные слои не давят друг на друга, а под действием изгибающего момента испытывают простое растяжение и сжатие.

3.Деформация по ширине балки одинакова и меняется по её высоте, следовательно,

нормальное напряжение также будет одинаково по ширине и меняться по высоте балки.

Кроме указанных допущений, при расчётах к балкам применяют следующие

ограничения:

1.Материал балки подчиняется закону Гука и модуль упругости материала одинаков как для растяжения, так и для сжатия.

2.Балка имеет хотя бы одну плоскость симметрии и все силы, и моменты расположены в этой плоскости.

3.Геометрические размеры балки таковы, что при изгибе балка сохраняет плоскую форму изгиба без выпучивания и коробления. Для этого балка должна удовлетворять следующим условиям:

а). Отношение длинны балки “l” к её высоте “h” должно быть больше шести: > 6 ;

66

б). Отношение высоты балки “h” к её ширине “b” должно быть меньше шести: < 6 .

Рассмотрим балку, на которую действуют только изгибающие моменты по её концам.

Проведём сечение с координатой “X” и рассмотрим равновесие левой части балки от действия внешнего момента и внутренних напряжений действующих в сечении балки. Для составления уравнения равновесия рассматриваемой части балки выберем координатные оси XYZ. Ось Х лежит в плоскости симметрии балки и направлена вдоль продольной оси. Оси Y и Z лежат в плоскости сечения балки. Ось Z направлена вертикально вниз и как и ось Х лежит в плоскости симметрии балки. Ось Y находится на нейтральном слое и направлена, как показано на рисунке.

Для определения напряжения в сечении балки выделим точку, с координатами ZY на которую будет действовать нормальной напряжение σ. В окрестностях этой точки выделим элементарную площадку dF в пределах которой нормальное напряжение σ можно считать постоянным. Тогда на выделенную площадь dF будет действовать сила dN s dF .

Y z

X s dN

dF

Z

Составим шесть уравнений равновесия для рассматриваемой части балки:

Полученные уравнения не позволяют определить напряжения, так как составлены на основе статики. Как известно напряжения являются следствием деформации подчинённой закону Гука. Поэтому рассмотрим деформацию элемента выделенного двумя смежными

67

сечениями отстоящими друг от друга на величину dX. Для определения напряжений в сечении балки рассмотрим деформацию волокна АВ находящегося на расстоянии “Z”, где и определяются напряжения. В недеформированном состоянии длина волокон нейтрального слоя ОО1 и волокна АВ одинакова и равна dX. После деформации сечения выделенного элемента поворачиваются один относительно другого на некоторый угол dθ. Волокно АВ принимает форму дуги и удлиняется. Длина волокна на нейтральном слое остаётся неизменной. Обозначим радиусом ρ радиус кривизны нейтрального слоя и определим относительное удлинение волокна АВ:

OO1 = AB = dX

r

до деформации элемент

после деформации

z

AB AB

AB

где: AB r z dQ ,

OO1 rdQ OO1 AB .

Подставляем в исходное уравнение:

r z dQ rdQ z rdQ r

Подставив значение относительного удлинения в уравнение s E , получим:

s z E r

68

В полученном уравнении интеграл не зависит от деформированного состояния балки,

является чисто геометрической величиной относящейся к сечению балки и представляет собой осевой момент инерции сечения балки по отношению к оси Y:

Jy z2 dF

(F)

С учётом вышесказанного полученное значение примет вид:

E

M r J p

Разрешив полученное уравнение относительно величины E , и подставив, в уравнение r

нормальных напряжений получим:

M z

s

J y

Из полученного уравнения следует, что нормальное напряжение в сечении балки меняется по линейному закону в зависимости от вертикальной координаты Z. Эпюра

распределения нормальных напряжений в сечении балки будет иметь следующий вид:

В полученном уравнении величина Zmax как и момент инерции Jy являются постоянными геометрическими величинами для заданного сечения балки. Поэтому их целесообразно объединить в одну геометрическую величину – осевой момент сопротивления. Тогда уравнение нормальных напряжений в сечении балки примет вид:

M Wy

На основании полученного уравнения можно записать условие прочности балки для опасного сечения, где изгибающий момент будет максимальным:

s max M max [ s]

Wy

Вопросы для самоконтроля.

1.Изгиб. Понятие о чистом изгибе прямого бруса.

2.Изгибающий момент и поперечная сила.

3.Дифференциальные зависимости при изгибе.

69

4.Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.

5.Нормальные напряжения при чистом изгибе.

6.Расчетная формула на прочность при изгибе.

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ

К геометрическим характеристикам плоских сечений относят следующие величины:

–площадь сечения;

–координаты центра тяжести сечения по отношению к выбранной системе координат;

–статический и осевой моменты инерции по отношению к выбранной системе координат;

–осевой момент сопротивления;

–полярные моменты инерции и сопротивления;

–центробежный момент инерции.

18.СТАТИЧЕСКИЙ МОМЕНТ ИНЕРЦИИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ.

Статическим моментом инерции называется величина, определяемая из выражений:

Определим эти характеристики для прямоугольного сечения.

y

Аналогично:

70