Сопромат Лекции Часть 1

поворачивает балку по ходу часовой стрелки.

2 = − = − · = , знак отрицательный, т. к. внешняя сила

поворачивает балку против хода часовой стрелки.

Обращаем внимание на одну особенность, которая возникает при построении эпюр от сосредоточенных сил (рис. 6.18). Нужно ответить на

вопрос, чему равна поперечная сила в сечении под сосредоточенной си- ëîé? · или · здесь противоречие, т. к. в одном и том же сечении действуют две поперечные силы. На самом деле, сила действует не в точ-

ке, а на некоторой малой площадке. Тогда, в каждом сечении действует только одна поперечная сила, никакого противоречия нет. Поскольку длина этой площадки несоизмеримо мала по сравнению с длиной балки, в расч¼тных схемах изображается скачок силы.

Рис. 6.18. Характер приложения сосредоточенной силы

2. Определение изгибающих моментов.

бает балку выпуклостью вниз. 1 изгибающий момент в любом сечении

Обращаем внимание, что в сечении на границе участков значения изгибающих моментов равны. Строим эпюру ○M . Èç ýïþð è âèä-

но, что наиболее опасным является сечение под силой , т. к. здесь и

наибольшая (по абсолютной величине) поперечная сила и наибольший изгибающий момент.

6.6Контроль правильности построения эпюр

и

1.Если по длине участка:

а) = 0, т. е. = 0, то эпюра наклонной прямой;

б) = , т. е. = , то эпюра ○Q наклонная прямая, а эпюра ○M кривая второго порядка;

в) ̸= , т. е. ̸= , то эпюра эпюра ○M кривая + 1-го порядка.

2. Выпуклость эпюры ○M направлена в сторону , противоположную

2

направлению распредел¼нной нагрузки, так как = 2 ,. а) < 0 выпуклость эпюры ○M вверх (кривая выпукла);

б) > 0 выпуклость эпюры ○M вниз (кривая вогнута).

3. Каждая ордината эпюры поперечных сил ( = ) тангенс, образуемого с осью , угла наклона касательной к эпюре в соответ-

ствующей точке. Если, идя по левым силам, на некотором участке балки: а) > 0, то есть tg > 0, то возрастает;

б) < 0, то есть tg < 0, то убывает;

в) проходит через ноль, меняя знак с плюса на минус, то = ;проходит через ноль, меняя знак с минуса на плюс, то = .

ã) = 0, òî åñòü tg = 0, òî = .

4.В сечении под сосредоточенной силой на эпюре скачок величину силы, а на эпюре ○M излом.

5.На концевой шарнирной опоре ○Q равна реакции этой опоры с

соответствующим знаком, а = 0, если в опорном сечении не приложена сосредоточенная пара сил.

6.На свободном конце балки (консоли) = 0, если нет сосредото- ченной пары сил, и = 0, если нет сосредоточенной силы.

7.В защемлении и соответственно равны опорной реакции и

опорному моменту.

8. В сечении, где приложена сосредоточенная пара сил, на эпюре ○Mскачок на величину момента этой пары, а на на эпюре ○Q ýòî íå îòðà-

жается.

6.7Напряжения в балке при изгибе

Изобразим балку (рис. 6.19). На рисунке показаны активные и реактивные силы. После того, как реакции найдены, опоры можно не изображать. Рассмотрим любое сечение − . Выделим площадку на

ней действуют и нормальные, и касательные напряжения. В элементарной теории изгиба касательные напряжения считаются параллельными плоскости изгиба это не совсем точно, это допущение.

Рис. 6.19. Определение напряжений в балке

Если просуммировать касательные напряжения по всей площади поперечного сечения, мы получаем поперечную силу в данном сечении. Аналогично, сумма нормальных напряжений по всей площади сечения да¼т изгибающий момент. Следовательно, касательные напряжения зависят только от поперечной силы = ( ), а нормальные напряжения

только от изгибающего момента = ( ).

6.7.1Нормальные напряжения в балке при изгибе

Различают два вида изгиба: чистый и поперечный. Если на некотором участке балки поперечная сила равна нулю, а изгибающий момент постоянен, то на этом участке балка испытывает чистый изгиб (чистый, т. к. изгиб не осложн¼н сдвигом).

Если поперечная сила не равна нулю, то это случай поперечного изгиба.

Пример: рассмотрим балку (рис. 6.20), очевидно, что для не¼ =

= . На среднем участке поперечная сила равна нулю, следовательно,

балка испытывает чистый изгиб. Почему? Так как = = 0, òî

= .

Будем определять нормальные напряжения при чистом изгибе. Двумя поперечными сечениями а – а и б – б вырежем конечный участок балки и изобразим его отдельно (рис. 6.21). Обозначим через , глав-

ные центральные оси инерции в правом сечении. Индексы при обозначе- нии осей опущены, так как, в дальнейшем, всегда будем рассматривать

Рис. 6.20. Изгиб чистый и поперечный

только главные центральные оси. Ось направлена вниз, чтобы согла-

совать знаки изгибающих моментов, координат рассматриваемой точки и напряжений.

Рис. 6.21. Часть балки при чистом изгибе

Выделим в правом сечении элементарную площадку (выбрана в первом квадранте), , координаты этой площадки. Покажем напряжения на площадке: = 0, = ( , ) предстоит определить. В левом сечении сумма внутренних сил сводится только к паре сил .

Составим уравнения равновесия участка балки:

∑

= 0 ≡ 0 тождество;

∑

= 0 ≡ 0 тождество;

∫

∑

= = 0 это уже не тождество, а необходимая формула;

∫

∑

= · − = 0;

∫

∑

= − · = 0 знак минус, т. к. вращает рассматривае-

мую часть по ходу часовой стрелки, если смотреть со стороны положительного направления оси ;

∑

= 0 ≡ 0 тождество.

Из этих шести уравнений три обратились в тождество. Запишем лишь

те уравнения, которые могут быть использованы для вывода:

Имеем три уравнения статики, это интегральные уравнения. Оказывается, что эти три уравнения имеют бесконечное множество решений. Следовательно, только с помощью уравнений статики нельзя определить нормальные напряжения при изгибе, то есть это статически неопределимая задача. Необходимо получить дополнительные уравнения, выражающие закономерность деформации при изгибе.

Закономерности деформаций изучались экспериментально и теорети- ческим пут¼м. Рассмотрим балку прямоугольного сечения (конечно при чистом изгибе) (рис. 6.22).

Рис. 6.22. Закономерности деформации балки

Закономерности деформаций:

1.Поперечные сечения, плоские до нагружения, остаются плоскими

èпосле нагружения. Они остаются перпендикулярными к плоскости изгиба и изогнутой оси балки.

2.Верхние волокна будут сжаты, а нижние растянуты. Естественно, где-то между ними находится слой, не претерпевающий деформаций. Это так называемый нейтральный слой цилиндрическая поверхность, перпендикулярная плоскости изгиба.

Линия пересечения нейтрального слоя с поперечным сечением называется нейтральной осью или нейтральной линией поперечного сечения.

3. В сжатой зоне поперечное сечение увеличивает свои размеры, а в растянутой уменьшает. Такое явление мы наблюдали при центральном растяжении и сжатии (эффект Пуассона). Поэтому можно предположить, что при чистом изгибе имеет место линейное напряж¼нное состояние продольные волокна друг на друга не надавливают.

Приступим к составлению дополнительного уравнения (рис. 6.23). Изобразим элемент длиной до нагружения и после нагружения. Здесь

любое волокно; расстояние между нейтральным слоем и осью балки; точка центр кривизны изогнутой оси балки; радиус кривизны нейтрального слоя; угол между сечениями.

Рис. 6.23. Составление уравнения совместности деформаций

Вычислим относительное удлинение волокна= = · ; ′ ′ = ( + + ) · ;

= ′ ′ − = ( + + ) · − · = ( + ) · ;

= = + .

Далее по закону Гука определим напряжение = ·

это недостающее уравнение, оно выражеет закономерность деформаций, то есть сечение оста¼тся плоским и волокна испытывают линейное напряж¼нное состояние.

Подставим (4) в уравнение (1)

площади сечения относительно центральной оси, ̸= 0, следовательно = 0 и нейтральный слой проходит

это промежуточная, но очень важная формула формула для кривиз-

формула для нормальных напряжений при чистом изгибе.

Эту формулу можно применять и при поперечном изгибе. Для слу- чая = формула для точна, а для ̸= формула да¼т

погрешность порядка / , где высота сечения, длина балки, следо-

вательно, для длинных балок ошибка мала.

Из формулы (6) видно, что нормальные напряжения по ширине сече- ния не меняются, они изменяются только по высоте сечения по линейному закону. Изобразим эпюру нормальных напряжений по высоте сечения (рис. 6.24).

Рис. 6.24. Эпюра нормальных напряжений по высоте сечения

Следует обратить внимание на то, что вид эпюры нормальных напряжений не зависит от формы поперечного сечения.

6.7.2Касательные напряжения в балке при изгибе. Формула Журавского

Изобразим балку, испытывающую поперечный изгиб (рис. 6.25). Тремя плоскостями вырежем заштрихованный элемент и изобразим его отдельно. Покажем напряжения в точке, лежащей на ребре. Здесь есть и нормальные и касательные напряжения. Направление касательных

напряжений покажем в соответствии с положительной поперечной силой.

Рис. 6.25. Напряжения в балке при поперечном изгибе

В элементарной теории изгиба считается, что, во-первых, касательные напряжения по ширине сечения не изменяются и, во-вторых, что касательные напряжения в сечении имеют только вертикальную составляющую, параллельную плоскости изгиба = ( , ). Эти допущения не

являются точными.

В точке , но в продольном сечении, действуют такие же касательные

напряжения в соответствии с законом парности касательных напряжений. Нормальных напряжений в продольном сечении нет, так как давлением между слоями можно пренебречь. Если рассматривать второй торец элемента, то там тоже будут и нормальные и касательные напряжения.

Покажем элемент ещ¼ раз, но по граням покажем равнодействующие сил (рис. 6.26). Силы приводятся к равнодействующим так, чтобы главный момент был равен нулю. Верхняя грань бесконечно мала, поэтому равнодействующая равна . Балка находится в равновессии, поэтому и

элемент должен находиться в равновесии, тогда

∑

= − − + + = 0, отсюда = . Далее и нужно

выразить через напряжения.

= · ( ) · обращаем внимание, что касательные напряжения

берутся с горизонтальной грани.

Найд¼м нормальную силу , действующую на площади отсеч¼нной части

Рис. 6.26. Равнодействующие внутренних сил

= · отс .

Теперь подставим значения и в уравнение равновессия

формула Журавского для касательных напряжений в поперечном се- чении балки. Такие же напряжения будут действовать и в продольном сечении. В формуле Журавского:

поперечная сила в том сечении, в котором определяются каса-

тельные напряжения;отс статический момент части сечения, расположенного выше или

ниже точки, в которой определяется , относительно нейтральной оси

сечения;момент инерции всего сечения относительно нейтральной оси;

( ) ширина сечения на уровне точки, в которой определяется .

Принято вычислять касательные напряжения по абсолютной вели- чине, то есть в формуле используется абсолютная величина и отс , à направление совпадает с направлением поперечной силы.

Докажем, что при вычислении отс можно брать и верхнюю, и ниж- нюю части сечения (рис. 6.27).

= в + н = 0 в = − н | в |=| н |.

Рис. 6.27. Статические моменты верхней и нижней частей сечения

Примеры: 1. Касательные напряжения в балке прямоугольного поперечного сечения (рис. 6.28).

Рис. 6.28. Прямоугольное сечение

формула для касательных напряжений при изгибе в балке прямоугольного поперечного сечения.

Изобразим эпюру касательных напряжений по высоте сечения (рис.