22. Дифференциальные зависимости между изгибающим моментом, поперечной силой и интенсивностью нагрузки.

Поперечная сила в сечении балки, отстоящем от левой опоры на расстоянии z: Q = A – F1 + qz

Поперечная сила в смежном сечении балки, отстоящем от левой опоры на расстоянии z+dz: Q+dQ = A – F1 + q(z+dz).

Вычитая из первого второе, получим dQ=qdz или q=dQ/dz

Производная от поперечной силы по абсциссе сечения балки равна интенсивности распределённой наргузки

Записав аналогичные выражения для изгибающего момента, получим Q=dM/dz

Производная от изгибающего момента по абсциссе сечения балки равна интенсивности распределённой нагрузки.

Вторая производная от изгибающего момента по абсциссе сечения равна интенсивности нагрузки.

23. Эпюры поперечных сил и и изгибающих моментов. Зависимость между изгибающим моментом и кривизной оси изогнутого стержня при чистом изгибе. Жёсткость при изгибе.

Ч тобы построить эпюр изгибающего момента, необходимо мысленно разделить балку на участки, в каждом участке провести сечения и определить изгибающие моменты отдельно для каждого сечения. Сечения проводятся начиная с незакреплённого конца. Изгибающий момент находится как сумма моментов внешних сил. расположенных справа (слева) от сечения (с той стороны, с которой расположена оставшаяся часть балки). Момент берём со знаком плюс, если балка изгибается выпуклостью вниз, если вверх – минус. По получившемуся уравнению для изгибающего момента на данном участке, определяем фигуру, соответствующую эпюре этого участка. Определяя моменты на крайних точках участка, строим эпюру. Для построения эпюры поперечных сил, находим сумму проекций сил на вертикальную ось, расположенных по правую (левую) сторону от данного сечения. Поперечная сила положительна на тех участках, где эпюра изгибающего момента восходящая (при движении слева направо), и отрицательная на тех участках, где она нисходящая.

Рассмотрим на примере (см. рисунок).

Участок АВ: Mz1=-qz1(z1/2)= -q /2 – парабола

=0 M=0; z1=a1/2 M= -q /8; z2=a1 M= q /2

Qz1=-qz1; z1=0 Qz1=0; z1=a1 Qz1=qa1

Участок ВС: Mz2=-qa1(z2-a1/2) – прямая

z2=a1 M=-q /2; z2=a1+a2 M=-qa(a1/2+a2)

Qz2=qa1

1/ρ=M/(EI_x). Величина K=1/ρ представляет собой кривизну нейтрально­го слоя балки.

Кривизна оси балки при изгибе пропорциональна изги­бающему моменту и обратно пропорциональна величине ЕI_x, на­зываемой жесткостью балки.

24 Определение нормальных напряжений.

При чистом плоском (простом) изгибе в поперечных сечени­ях балки возникают только изгибающие моменты в плоскости, проходящей через одну из главных осей поперечного сечения балки.

Изгибающий момент представляет собой равнодействующий момент внутренних нормальных сил, распределенных по сечению.

Чтобы установить закон распределения и значения внутрен­них сил, возникающих в поперечном сечении балки, уравнений статики недостаточно. Необходимо использовать условия де­формации балки.

Поперечные сечения балки, плоские до деформации, останут­ся плоскими и после деформации (гипотеза плоских сечений). Касательные на­пряжения в поперечном сечении равны нулю;

Слой балки (на уровне во­локна cd), не испытывающий при изгибе ни растяжения, ни сжатия, называется нейтраль­ным слоем. Линия пересечения нейтрального слоя с плоскостью поперечного сечения балки (рис. 12.2) называется нейтральной осью (линией). Пересечение си­ловой плоскости с плоскостью поперечного сечения называется силовой линией. Пусть волокна балки не оказывают давления друг на друга, т. е. напряжения в на­правлении, перпендикулярном оси балки, равны нулю. Следова­тельно, каждое волокно испытывает одноосное растяжение или сжатие. Тогда по закону Гука для одноосного напряженного состояния получим σ=Eε=Ey/ρ, т. е. нормальные напряжения изменяются по высоте поперечного сечения балки пропорционально расстоянию от нейтральной оси. Наибольшие напряжения будут у верхнего и нижнего краев сечения. Эпюра σ показана на рис. 12.2. Следует подчеркнуть, что векторы нормальных напряжений перпендикулярны плоскости поперечного сечения балки, а отрез­ки, изображающие их на эпюре, условно совмещены с плоско­стью сечения. Установив закон распределения напряжений, можно опреде­лить и их значение из уравнений равновесия.

∑Y=0, ∑Х=0, (внутренние силы σdА перпендикулярны этим осям), ∑Z=0 или . → . Е/ρ≠0 для изогнутой балки.

Следовательно, (статический момент пло­щади поперечного сечения балки относительно нейтральной оси).Следовательно, нейтральная ось при изгибе проходит через центр тяжести сечения.

∑M_z=0( внутренние усилия σdА параллельны оси z), дает. Получаем.E/ρ≠0, следовательно, (центробежный момент инерции сечения относительно осей х и у). Т. е. силовая линия и нейтральная ось (нулевая линия) взаимно перпендикулярны.

∑M_x=0; –M+ yσdА=0. → . (момент инерции сечения относительно нейтральной оси х).

∑M_x = 0 содержит алгеб­раическую сумму моментов от всех этих сил, равную изгибающе­му моменту в поперечном сечении — М. → M=EI_x/ρ, откуда 1/ρ=M/(EI_x). Величина K=1/ρ представляет собой кривизну нейтрально­го слоя балки.

Итак, кривизна оси балки при изгибе пропорциональна изги­бающему моменту и обратно пропорциональна величине ЕI_x, на­зываемой жесткостью балки.

Подставляя найденное значение 1/ρ в σ=Ey/ρ, получим σ=My/I_x , позволяющую определить нормальное напряжение в любой точ­ке поперечного сечения балки по известным изгибающему мо­менту M и моменту инерции сечения.

При поперечном изгибе в поперечных сечениях балки возни­кают и нормальные, и касательные напряжения. Несмотря на это, формула (12.3) дает вполне надежные результаты и при поперечном изгибе.