12.Касательное напряжение при плоском изгибе

поперечное сечен. балки действ. как норм.так и касат.напряжен., для вывода формулы вводим допущения:

1)формула нормальных напряжен. получена для чистого изгиба и для плоского изгиба.

2)Касательные напряжен. зависят только от попереч. силы.

3)проекция касат.напряж. на вертик.ось не зависит от ширины поперечн.сечен.балки

Возьмем балку, которая загружена произвольно попереч.нагрузкой.

на боковой поверх-ти балки нанесем 2 сечения расстояние dz. В общем случае простого изгиба по этим сечениям действует нормальные и касательн.напряжен. Между сечен. рост. у1 от нейтр.слоя проведем дополнительн.сечение ав на всю ширину по ав действ.только косательные напряжен. Направления определ. по закону парности косательн.напряжен. Вырежем часть балки ограничен. сечен. I,II и осью Z

По сечен. I действ. нормальное напряж. по сечен. II действ по нормальн.напряжен.

Элемент балки I ab II находит. в равновесии следоват.можно записать ур-ние равновес. проекций силы на ось z

При переходе от напряж. к силе напряжен. умножают на площадь котор, они действуют

Поскольку касат.напряжен завист только он попереч.силы, то выраз.момент с помощью одной диференц.силой

статич. момен. части сечения огран линиями IabII.

В формуле (1) обознач. Q –попереч. сила, определ. по эпюре попереч. сил. Yx- момент инерции рассчитан.сечения By-ширина сечения в том месте, где определ.касательные напряжения. S отч- стат.момент части сечен.располож выше или ниже линии проведен. в том месте, где определ.касательыне напряжен.

Для определ. характер. напряжен. касательн. напряжен рассмотрим прямоугльно. сечение в h.

Определим напряж.касательн напряжен. действ. по линии а,в. Поперечн. силу берм с эпюры попереч. сил. Момент инерции bh3/12 Bу- в –const Sотч.=? Sотч=h/2*b*h/4-y*b*y/2

статич.момент=площади заштрих. части сечен. на расстоян. от центра тяж. до нейтр. оси. Стат.момент определ. как разность стат момента половины прямоуг.сечен. и фигуры между а,в и ось х.

Найдем величину подставим в ур.(1)

Для определ.характера распред. касат. напряж. по высоте сечения заданная координатой у.

на верхн. и нижн. грани сечен.деформ. сдвига отсутствует при у=0

в формулу входят координ. н во 2 степени, поэтому по выстоте сечен.эпюра касательн. сечения имеет вид параболы. Выводы позволяют сделать эпюры касательн. напряжен.

Независимо от фотмы сечен. эпюра касат. напряжен. всегда будет иметь 3 признака. Касательное напряж. достиг. max вдоль нейтр.оси =0. Всечен.максим.отдаленной от нейтральн. оси и эпюра имеет форму параболы. Вид эпюры может изменяться в зависим. от формы сечен.

Для сечен. в форме тавра.

13.Определение перемещений поперечных сечений при плоском изгибе.

При действии поперечной нагрузки приложен. гл.плоскости инерции попереч. сечен. балки изгиб. (деформ) при этом ее поперечн.сечен.перемещ. в виде малой деформ. 2 вида пермещ.:

-плоское (вертикальное перемещен.) – прогиб. Одноврмененно с верт.перемещ.попереч.сечение поворач.вокруг вертик.оси, поэтому возникает - угол поворота.

Метод инерции Мора (Основан на равенстве работы и поперечн. энергии деформ.) работа орпедел. по теор. Кланейрона (равна половине произведен.поперечн занч. силы на попереч. занч перемещ.)

i-номер силы,n-кол-во сил дейтсв. на конструкцию

Для определ. поперечн.энергии деформ. вырежем из балки 2 соседних сечения, положен.которых хар-ся радиусом p поворотом

м-моменты по торцам сечения.

1/p- кривизна нейтр.слоя крисвизна недеформ. волокна балки.

1/p=m/EY

Полная потенц энерг.

i- номер участка балки,n-число уч. ni-длин. i-ого уч.-ка. M-Изгиб момент(алгебраич.выраж.) E- модуль упругости, Y- момент инерц. dz- рассматрив. сечение.

W=U для опедел. перемещ.

Пример 1. Консольная балка сила F. Работу затраченную на деформацию балки силы F определ. по теор. Клапейрона. W=FV/2

Изгиб.момент в сеч. z M=F*z Подстав. в ф.попереч. энегрии деформации:

Использование равенства потенц. энергии деформ и работы назыв. Энергетическими методами определ.перемещен. недостат. метода, то что он позволяет определ. перемещ. только в том сечен.где приложена сила, если же точка приложен. силы не совпад.с рассматриваемым сечен., напрямую примен. равенства работы и энергии невозможно.

Рассмотрим балку загружен. силой F и определим величину прогиба сечен.K/

Vkf- первый индекс указыв на рассмор. сечения, где определ.сечения, второй-обознач. причину перемещен. Wне=U не совпадает!

Отбросим F и в Н приложим свободную силу Н (необходима для вывода расчетн. уравн.) она не существ. Н-фиктивная произвольн сила. Н=1 Применим равенства работы и потенц энергии

К балке прикладываем силу F. Балка получает дополн. деформацию. Дополнительн. работа затрачен. на перемещении к силу F определ. по формуле. W=HVkf (б) ½ отсутств. т.к. при приложен. силы F сила H была прилож.и в процессе деформ. балки ее величина не меняется.

В сечении где приложена F W’’=1/2FVff

Полную работу определ. как алгебраич. сумму составл. работ или

Полная поперечная энергия Определ. по соотв формуле, полный момент= сумме составл моментов. от действ силы H и F

Для сист.балка внешняя нагрузка работа = поперечн. энергии Wп=U Приравнивая п.ч (г)и(д) с учетом равенства(а) и (в), получим:

-Изгибающий момент от действия произвольн. нагрузки (назыв. единичн моментом) Mf- изгиб.момент от действ. заданной нагрузки назыв.(грузовой нагрузкой ), тогда

Произвольная нагрузка может быть задана в виде пары сил, т.е. моментом. Если произвольная задана парой сил, то можно найдти 2а перемещен. – угол поворота, следоват.(е) универсальная формула для любых интегральных пермещ.

Формула Мора

Для того чтобы воспользоваться уравнен. (1) нужно :

1)записать выражен. изгиб момента для всех участков балки от заданной нагрузки.

2)разрезать балку и в рассматриваем. сечении приложить F=1 если определ. прогиб или пару сил =1, если определ. угол поворота.

3)записать уравн. момента от единичной нагрузки

4)вырож.момент.подстав. в ф(1) и проинтегр. по длинне, найти искомое уравнен.

Несмотря на универсаль. метод трудноопредел. для балки с ломоной или криволин. оси