Механика сплошных сред - Алешкевич В.А.
Скачать (прямая ссылка):
Изгиб балок.
Балка, т.е. стержень, испытывающий изгиб, деформируется таким образом, что первоначально прямая ось балки O1O, становится криволинейной; эта ось называется нейтральной линией (рис. 1.11). Рассмотрим изгиб балки под действием внешней силы F, пренебрегая ее весом. Все волокна, лежащие ниже этой линии, удлиняются (в них возникают растягивающие напряжения), а волокна, 16
Механика сплошных сред
лежащие выше этой линии, сжимаются (в них возникают сжимающие напряжения). Между растянутыми и сжатыми волокнами находится нейтральный слой. При этом два первоначально параллельных и находящихся на расстоянии
dx друг от друга сечения при изгибе образуют некоторый угол dtp. Для удобства описания распределения деформаций и напряжений свяжем со стержнем систему координат с началом в некоторой точке О нейтральной линии O1O, и осями X и у, направленными вдоль нейтральной линии и в поперечном сечении соответственно. Легко видеть, что деформации в некотором сечении X = const линейно нарастают вдоль оси у от <0 до г2 >0. Это дает основание в соответствии с законом Гука записать распределение напряжений в виде
где к — неизвестный коэффициент пропорциональности, меняющийся, вообще говоря, от сечения к сечению. Распределение напряжений (1.30) в произвольном сечении стержня можно изобразить графически. Для этого в каждой точке сечения проведем перпендикулярно к нему вектор, модуль которого равен силе, действующей на площадку dS: df = ст-dS (рис. 1.12а), т.е.
ст = df / dS.
Рассмотрим равновесие части балки, расположенной слева от сечения. Начало координат поместим в плоскости, вдоль которой действует сила реакции опоры.
Предположим, что балка имеет вертикальную плоскость симметрии, как это изображено на рис. 1.12 б, и внешние силы лежат в этой плоскости. Нейтральный слой пересекает сечение балки по прямой Ii1Ii,. Для равновесия выделенной части балки необходимо, чтобы выполнялись следующие известные из статики условия.
Во-первых, сумма всех горизонтальных сил должна быть равна нулю, т.е.
Поскольку интеграл (1.31) вычисляется по площади поперечного сечения балки, то понятно, что нейтральная ось Ii1Ii,, на которой лежит начало координат, должна проходить через центр масс этого поперечного сечения.
Во-вторых, сумма всех вертикальных сил может быть равна нулю, если в сечении, кроме нормальных напряжений, будут действовать и касательные напряжения стт, чтобы скомпенсировать силу реакции опоры N, т.е.
ст(х,у) = K(X) • у
(1.30)
(1.31)
ЎУ
Рис. 1.12 Лекция 1
17
N = J crTdS. (1.32)
В большинстве случаев касательные напряжения при изгибе малы по сравнению с нормальными и при расчете балки на прочность не учитываются.
В-третьих, сумма моментов всех сил относительно любой точки должна быть равна нулю. Если в качестве такой точки выбрать центр масс рассматриваемого сечения, то это условие запишется в виде:
Nx-JaydS = O. (1.33)
Если подставить сюда распределение напряжений (1.30), в котором коэффи-
CT2(X)
циент пропорциональности к(х) =
У 2
(у, - расстояние между нейтраль-
ным слоем и наиболее растянутым нижним волокном), то мы приходим к условию
М(х) =
Mx)
У 2
J y2dS =
У 2
где
J = J y2dS
(1.34)
(1.35)
— момент инерции поперечного сечения относительно центральной ОСИ Il1Il,, М(х) = N x — момент силы реакции.
Отношение J/y, зависит от размеров и формы сечения и называется осевым моментом сопротивления:
I = J-
У 2 5
(1.36)
а уравнение (1.34) можно представить в виде
М = а2 I. (1.37) Для расчета прочности балок необходимо знать распределение напряжений ст, возникающих при известных моментах внешних сил. Оно может быть получено из (1.34) в виде
ст(х,у) =
Рис. 1.13
М(х)
У .
(1.38)
Моменты инерции прямоугольного и круглого поперечных сечений равны
(1.39)
J0 =TjKd4. 64
а соответствующие им осевые моменты сопротивления —
L
J_
32
Ttd3
(1.40)
Из (1.37) следует, что прочность балок возрастает при увеличении осевого момента сопротивления, причем, как следует из (1.40), прочность 18
Механика сплошных сред
балки прямоугольного сечения достигается эффективнее за счет увеличения ее высоты h.
Полученные результаты позволяют рассчитать искривление осевой линии балки. Элементарный угол dtp, на который повернулись сечения х и х + dx,
очевидно, связан с двумя деформациями е, <0 и е, >0 крайних волокон соотношением
(є2 - 8:)dx 1 (а2 - Cj1 )dx
dtp =
(1.41)
У2-У1 h У2-У1 где у, — Y1 — расстояние между крайними волокнами. Подставляя в (1.41) напряжение (1.38), получим
dcp = і a^aMx = M^dx.
(1.42)
U(X)
--------J"- - - X
г F
/
Рис. 1.14
Ey2-Y1 E-J
В частности, легко рассчитать изгиб невесомой горизонтальной балки, выступающей из стены (консольной балки) на расстояние ?, к концу которой приложена вертикальная сила F (рис. 1.14). Как следует из (1.42), в произвольном сечении х
dcp = p^dx.
(1.43)
EJ
Если ось балки в каждом сечении сместилась вниз на расстояние и(х), то, очевидно, угол наклона нейтральной линии балки к горизонтальной оси в сечении X
