Сопротивление материалов, ч.2

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ УКРАИНЫ
НАЦИОНАЛЬНАЯ МЕТАЛЛУРГИЧЕСКАЯ АКАДЕМИЯ
УКРАИНЫ
И.Ю. Наумова, А.П. Иванова
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Часть II
Днепропетровск НМетАУ 2007
1
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ УКРАИНЫ
НАЦИОНАЛЬНАЯ МЕТАЛЛУРГИЧЕСКАЯ АКАДЕМИЯ
УКРАИНЫ
И.Ю. Наумова, А.П. Иванова
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Часть II
Утверждено на заседании Ученого совета академии
в качестве учебного пособия
Днепропетровск НМетАУ 2007
2
УДК 539.3
Наумова И.Ю., Иванова А.П. Сопротивление материалов. Часть II: Учеб.
пособие. - Днепропетровск: НМетАУ, 2007. – 56 с.
Во
второй
части
учебного
пособия
“Сопротивление материалов” изложены основные
вопросы и рассмотрен ряд задач по темам:
“Геометрические характеристики плоских сечений”,
“Кручение”, “Прямой поперечный изгиб балок”.
Предназначено для студентов, обучающихся по
направлениям 0902 и 0904 всех форм обучения, а
также может быть использовано при обучении в
магистратуре.
Ил. 42. Библиогр.: 5 наим.
Ответственный за выпуск А.П. Иванова,
Рецензенты: С.Е. Блохин, д-р техн. наук, проф. (НГУ)
В.Л. Красовский, д-р техн. наук, проф. (ПГАСА)
 Національна металургійна
академія України, 2007
3
СОДЕРЖАНИЕ
1. Геометрические характеристики плоских сечений………………………4
1.1. Статические моменты. Центр тяжести сечения……………….…4
1.2. Моменты инерции сечения. Изменение моментов инерции при
параллельном переносе осей……………………………………....7
1.3. Изменение моментов инерции при повороте осей. Главные оси
и главные моменты инерции. Радиусы инерции……………….…8
1.4. Моменты сопротивления……………………………………….…10
1.5. Геометрические характеристики некоторых сечений...…….…..11
2. Кручение…………………………………………………………………….14
2.1. Напряжения и деформации при кручении круглого и
кольцевого вала. Условия прочности и жесткости. Закон Гука...14
2.2. Расчет цилиндрических винтовых пружин круглого сечения с
малым шагом витка……….………………………………………..20
2.3. Кручение стержня некруглого поперечного сечения
(прямоугольного, эллиптического)…………………………….…22
2.4. Кручение тонкостенных стержней открытого профиля………..24
2.5. Кручение тонкостенных стержней замкнутого профиля..……...25
3. Прямой поперечный изгиб прямых стержней……………………............27
3.1. Общие понятия. Изгибающий момент и поперечная сила…......27
3.2. Построение эпюр Q и M в балках. Дифференциальные
зависимости при изгибе. Теорема Д.И.Журавского……………..29
3.3. Нормальные напряжения, деформации и условие прочности
при чистом изгибе……….………………………………................33
3.4. Касательные напряжения при плоском поперечном изгибе……41
3.5. Условия прочности при поперечном изгибе………………….....46
3.6. Перемещения при изгибе. Основные понятия…..………………48
3.7. Дифференциальное уравнение оси изогнутой балки…...………49
3.8. Определение перемещений методом
непосредственного интегрирования………………………………51
3.9. Определение перемещений в балках по методу
начальных параметров……………………………………………..53
Литература…………………………………………………………………….55
4
I. Геометрические характеристики плоских сечений
К геометрическим характеристикам плоских сечений относятся:
- площадь;
- статические моменты;
- осевые моменты инерции;
- полярный момент инерции;
- центробежный момент инерции;
- радиусы инерции;
- осевые и полярный моменты сопротивления.
1.1. Статические моменты. Центр тяжести сечения
Статическим моментом сечения относительно координатных осей z ,
y называются интегралы вида
S z   y  dA ,
A
S y   z  dA .
(1.1)
A
Как видно из формул (1.1), размерность статических моментов длина 3  и их
величина зависят от расположения
координатных
осей.
Статические
моменты могут быть положительными,
отрицательными и равными нулю.
Оси, проходящие через центр
тяжести
сечения,
называются
центральными осями. Статический
момент относительно центральных
осей равен нулю.
Рис.1.1
Найдем, как изменяются статические моменты инерции при
параллельном переносе осей. Согласно рисунку 1.1,
5
y  y1  b ,
z  z1  а .
(1.2)
Подставляя (1.2) в (1.1), получаем
S z    y1  b  dA   y1  dA  b   dA ; S y   z1  a   dA   z1  dA  a   dA . (1.3)
A
A
Учитывая, что
A
y
1
A
A
A
 dA  S z1 - статический момент относительно оси
A
z1 ,
z
1
 dA  S y1 - статический момент относительно оси y1 ,
 dA  A
-
A
A
площадь сечения, перепишем выражения (1.3) в виде
S y  S y1  a  A .
S z  S z1  b  A ,
(1.4)
Если оси z1 , y1 - центральные, то осевые моменты инерции равны
нулю
S z1  0 ,
S y1  0 ,
а a и b - координаты центра тяжести в осях z , y
b  yc .
a  zc ,
Тогда соотношение (1.4) примет вид
S z  yc  A ,
S y  zc  A
(1.5)
и координаты центра тяжести сечения любой формы можно определить по
формулам
zc 
Sy
yc 
,
A
Sz
.
A
(1.6)
Сечение можно представить в виде суммы n простых сечений, для
которых несложно найти координаты центров тяжести z i ( yi ), площади Ai
и статические моменты S z ( S y ). Тогда
i
n
S z   S zi ,
i 1
i
n
S y   S yi ,
i 1
n
A   Ai ,
(1.7)
i 1
и, представляя статические моменты простых сечений согласно (1.5), в
виде
S zi  y i  Ai ,
S yi  z i  Ai
6
(1.8)
получаем окончательные формулы для определения центра тяжести всего
сечения, подставляя (1.7), (1.8) в (1.6)
n
zc 
z
i 1
i
n
A
i 1
n
 Ai
yc 
,
i
y
i 1
i
 Ai
n
A
i 1
.
(1.9)
i
Рассмотрим пример.
Найти центр тяжести
сечения, изображенного на
рис. 1.2, если а  2 см , b  5 см ,
с  6 см , d  1 см .
Решение.
Выбираем вспомогательную
систему координат Z , Y .
Представляем это сечение в
виде двух прямоугольников.
Тогда,
согласно
(1.9),
координаты центра тяжести
во вспомогательной системе
координат будут
Рис. 1.2
zc 
z1  A1  z 2  A2
,
A
yc 
y1  A1  y 2  A2
,
A
где
z1 
a 2
ca
62
  1 см , z 2  a 
 2
 4 см ,
2 2
2
2
y1 
b 5
d 1
  2.5 см , y 2    0.5 см ,
2 2
2 2
A1  a  b  2  5  10 см 2 , А2  d  с  а  1 6  2  4 см 2 ,
А  А1  А2  10  4  14 см 2 .
7
Подставляя (1.11) в (1.10), получаем
zc 
1  10  4  4
2.5  10  0.5  4
 1.86 см , y c 
 1.92 см .
14
14
1.2. Моменты инерции сечения. Изменение моментов
инерции при параллельном переносе осей
Интегралы вида
I z   y 2  dA , I y   z 2  dA
A
(1.10)
A
называются осевыми моментами инерции, интеграл
I zy   zy  dA
(1.11)
A
- центробежным моментом инерции, а интеграл
I     2  dA
(1.12)
A
- полярным моментом инерции, в котором  - полярная координата.
Если начало декартовых координат совпадает с центром полярных
координат (рис. 1.1), то
 2  z2  y2,
(1.13)
и подставляя (1.13) в (1.12), получаем связь между полярным и осевыми
моментами инерции
I  Iz  I y .
(1.14)
Для получения зависимости между моментами инерции при
параллельном переносе осей подставляем (1.2) в (1.10) и получаем
8
I z  I z1  2  b  S z1  b 2  A ,
(1.15)
I y  I y1  2  a  S y1  a 2  A ,
(1.16)
I zy  I z1 y1  a  S z1  b  S y1  a  b  A .
(1.17)
Если оси z1 , y1 - центральные, то статические моменты S z , S y равны
1
1
нулю, a , b - координаты центра тяжести сечения в осях z , y , и формулы
(1.15) – (1.17) принимают вид
I z  I z1  y c  A ,
(1.18)
I y  I y1  z c  A ,
(1.19)
I zy  I z1 y1  z c  y c  A .
(1.20)
2
2
1.3. Изменение моментов инерции при повороте осей.
Главные оси и главные моменты инерции. Радиусы
инерции
Повернем заданные оси z , y на
угол
(рис.1.3).
При
этом

координаты элементарной площадки
dA преобразуются по формулам
Рис. 1.3
u  y  sin   x  cos  ,
v  y  cos   x  sin  .
(1.21)
Подставляя (1.24) в выражения моментов инерции относительно осей u , v
9
I u   v 2  dA , I v   u 2  dA , I uv   u  v  dA ,
A
A
(1.22)
A
получаем
Iu 
Iv 
Iz  Iy
2
Iz  Iy
2


Iz  Iy
2
Iz  Iy
2
I uv  I zy  cos 2 
 cos 2  I zy  sin 2 ,
(1.23)
 cos 2  I zy  sin 2 ,
(1.24)
Iz  Iy
2
 sin 2 .
(1.25)
Из соотношений (1.23) – (1.25) следует, что производная от осевых
моментов инерции (1.23), (1.24) по  с точностью до постоянного
множителя равна центробежному моменту инерции (1.25). Поэтому, когда
центробежный момент инерции равен нулю, осевые моменты инерции
принимают экстремальные значения.
Найдем положение осей, относительно которых центробежный
момент инерции равен нулю. Эти оси называются главными.
Приравнивая нулю (1.25), находим угол  , определяющий положение
главных осей
tg 2  
2  I zy
Iz  Iy
.
(1.26)
Осевые моменты относительно главных осей называются главными
моментами инерции. Для их нахождения выразим в формулах (1.26),
(1.27) cos 2 , sin 2 через tg 2 из (1.29), в результате чего получаем
I max 
I min 
Iz  Iy
2
Iz  Iy
2
 Iz  Iy
 
 2

  I zy2 ,

 Iz  Iy
 
 2

  I zy2 .

2
(1.27)
2
(1.28)
Следует отметить, что
- оси симметрии сечения всегда являются главными осями;
- главные оси, проходящие через центр тяжести сечения, называются
главными центральными осями;
- плоскость, проходящая через ось стержня и главную центральную
ось инерции сечения, называется главной плоскостью;
10
- если   0 , то поворот от осей z , y к осям u , v совершается против
часовой стрелки;
- если I z  I y , то I u  I max , I v  I min ;
- если I z  I y , то I v  I max , I u  I min .
Радиусом инерции относительно оси z называется выражение вида
Iz
.
A
iz 
(1.29)
Радиус инерции можно представить как расстояние от оси z до точки, в
которой нужно сосредоточить всю площадь сечения, чтобы момент
инерции этой точки был равен моменту инерции всего сечения.
Радиусы инерции, соответствующие главным осям, называются
главными радиусами инерции:
imax 
I max
A
imin 
I min
.
A
(1.30)
1.4. Моменты сопротивления
Полярным моментом сопротивления W  называется отношение
полярного момента
инерции I  к расстоянию между полюсом и
максимально удаленной от него точкой  max
W 
I
 max
.
(1.31)
Осевым моментом сопротивления Wz , W y называется отношение
осевого момента инерции I z , I y к расстоянию между осью и максимально
удаленной от этой оси точкой ymax , z max
Wz 
Iz
,
y max
Wy 
11
Iy
z max
.
(1.32)
1.5. Геометрические характеристики некоторых сечений
Прямоугольное сечение (рис. 1.4) ( y , z - главные центральные
оси).
Площадь
y
A  bh.
(1.33)
с
Координаты центра тяжести
z
yс
h
zс
zc  
b
h
, yc   .
2
2
(1.34)
Рис. 1.4
Моменты инерции относительно главных центральных осей:
Iz 
b  h3
h  b3
, Iy 
, I zy  0 .
12
12
(1.35)
Радиусы инерции:
iz 
h
2 3
, iy 
b
2 3
.
(1.36)
Моменты сопротивления:
Wz 
b  h2
h  b2
, Wy 
.
6
6
(1.37)
Прямоугольное треугольное сечение (рис. 1.5) ( y , z главные центральные оси).
Площадь
A
Рис. 1.5
12
bh
.
2
(1.38)
Координаты центра тяжести
b
h
zc   , yc   .
3
3
(1.39)
Моменты инерции относительно центральных осей
Iz 
b  h3
h  b3
b2  h2
, Iy 
, I zy  
.
36
36
72
(1.40)
Радиусы инерции
iz 
h
3 2
, iy 
b
3 2
.
(1.41)
Круглое сечение (рис. 1.6) ( y , z - главные центральные оси,
d-
диаметр).
Площадь
A
 d2
4
.
(1.42)
Моменты инерции относительно осей z , y
Рис. 1.6
Iz  Iy 
 d4
64
, I zy  0 .
(1.43)
Полярный момент инерции
I 
 d4
32
.
(1.44)
Радиусы инерции
iz  i y 
d
.
4
(1.45)
Моменты сопротивления относительно осей z , y
Wz  W y 
 d3
32
.
(1.46)
Полярный момент сопротивления
W 
 d3
16
13
.
(1.47)
Кольцевое сечение (Рис.1.7) ( y , z - главные центральные оси,
d - диаметр средней линии контура,  - толщина стенки).
Площадь
A
где
  (d   ) 2
4
d 
d 


 1 2
,
(1.48)
.
Рис. 1.7
Моменты инерции относительно осей z , y :
Iz  Iy 
  (d   ) 4


 1   4 , I zy  0 .
64
(1.49)
Полярный момент инерции:
I 
  (d   ) 4
32


 1 4 .
(1.50)
Радиусы инерции:
iz  i y 
d   
4
1 2 .
(1.51)
Моменты сопротивления относительно осей z , y :
Wz  W y 
  (d   ) 3
32


 1 4 .
(1.52)
Полярный момент инерции:
W 
  (d   ) 3
16


 1 4 .
(1.53)
Коробчатое сечение (Рис.1.8) ( y , z - главные центральные оси,
h - высота средней линии контура, b - ширина средней линии контура,  -
толщина стенки).
Площадь:
A  2h  b .
14
(1.54)
Координаты центра тяжести:
zc  
b
h
, yc   .
2
2
(1.55)
Моменты инерции относительно главных
центральных осей:
Iz 



h4
 n m 2  3  3m 2  1 ,
3
6m n


(1.56)

h4
Iy 
 n 3  m 2  n 2  m 2  3n 2 , (1.57)
3
3
6m n
h
b
Рис. 1.8
h
где n  , m  .

Радиусы инерции:




h n m 2  3  3m 2  1
h
n 3m 2  n 2  m 2  3n 2
, iy 
.
iz 
2m
3n  1
2mn
3n  1
(1.58)
Моменты сопротивления относительно осей z , y :
Wz 
Wy 
 


h3
 n  m2  3  3  m2  1 ,
3  m 2  n  m  1
 

(1.59)

h3
 n  3  m2  n2  m2  3  n2 .
3  m 2  n 2  m  n 
(1.60)
2. Кручение
2.1. Напряжения и деформации при кручении круглого и
кольцевого вала. Условия прочности и жесткости.
Закон Гука
Кручением называется напряженно – деформированное состояние
вала, в поперечном сечении которого из шести возможных внутренних
силовых факторов возникает только крутящий момент.
Валом называется брус, работающий на кручение.
Кручение создается при действии на вал внешних моментов (пар
сил), плоскости действия которых перпендикулярны оси вала. Эти
внешние моменты, вызывающие кручение называются скручивающими
моментами. На рисунке 2.1 M - скручивающий момент, T - крутящий
15
момент. Если смотреть на сечение вала, то крутящий момент,
направленный по часовой стрелке относительно его оси, считается
положительным (рис. 2.2).
Крутящий момент равен алгебраической сумме скручивающих
моментов, расположенных по одну сторону от сечения вала и взятых со
знаком (+), если они стремятся повернуть оставленную в рассмотрении
часть вала против часовой стрелки относительно оси вала при взгляде со
стороны сечения.
T
dх
l
х
х
М
d/2
М
Рис. 2.1
Рис. 2.2
Для вала круглого поперечного сечения, кроме основных гипотез:
- гипотеза сплошности, однородности, изотропности материалов;
- справедливости закона Гука;
- гипотеза малости деформаций;
- принцип независимости действия сил;
- гипотеза плоских сечений;
- гипотеза отсутствия боковых давлений.
Принимаются еще дополнительные гипотезы:
16
- расстояния между поперечными сечениями не меняются и как
следствие нормальные напряжения в поперечных сечениях отсутствуют;
- при кручении прямолинейные радиусы не искривляются, а только
поворачиваются и касательные напряжения перпендикулярны радиусам
вращения;
- волокна друг на друга не давят и, следовательно, напряжения в
поперечном направлении отсутствуют.
Рассмотрим деформации элемента круглого вала длиной dx (рис. 2.3):
d  - полярная координата ( 0    d 2 ), d - диаметр сечения,
элементарный угол закручивания поперечного сечения, характеризующий
деформацию кручения,   - угол сдвига – угол, на который поворачивается
образующая ВС . Поскольку сечения не сближаются, нормальные
напряжения в поперечном сечении равны нулю и элемент АВСD
испытывает чистый сдвиг, т.е., в поперечном сечении только касательные
напряжения  
γρ
B
A
A
D1
D
B
dx
C
C1
A
B
γρ
D
C
D
C
ρ
dφ
Рис. 2.3
Согласно рисунку 2.3
CC1     dx ,
(2.1)
СС1    d .
(2.2)
17
Приравнивая (2.1) и (2.2) и вводя обозначение относительного угла
закручивания поперечного сечения 

d
dx
(2.3)
получаем
     .
 max
(2.4)
Согласно закону Гука при сдвиге
   G   .
 max
(2.5)
Подставляя (2.4) в (2.5), получаем выражение
касательного напряжения
   G    ,
(2.6)
Рис. 2.4
которое распределено по сечению по линейному закону (рис. 2.4).
Равнодействующей
моментов
от
элементарных сил    dA в поперечном
сечении (рис. 2.5)
момент T
является
T        dA .
крутящий
(2.7)
А
Подставляя (2.6) в (2.7), находим
G     2 dA  T ,
Рис. 2.5
A
18
(2.8)
откуда, с учетом определения полярного момента инерции (1.15),
получаем выражение закона Гука в виде

T
,
G  I
(2.9)
где произведение G  I  называется жесткостью поперечного сечения при
кручении.
Подставляя (2.9) в (2.6), получаем выражение касательного
напряжения через крутящий момент
 
T
.
I
(2.10)
Максимальное касательное напряжение в сечении
 max 
T
  max
I
(2.11)
или согласно определению полярного момента сопротивления W  (1.32),
 max 
T
.
W
(2.12)
Условие прочности при кручении
 max    ,
(2.13)
где   - допускаемое касательное напряжение,
или с учетом (2.12)
 max 
T
max
W
   ,
19
(2.14)
Условие жесткости при кручении
 max    ,
(2.15)
где   - допускаемый относительный угол закручивания
или с учетом (2.9)
 max 
T
max
G  I
   .
(2.16)
Подставляя (2.3) в (2.9) и интегрируя по длине вала l , получаем
закон Гука в виде
T  dx
,
G

I

0
l

(2.17)
где  - полный угол закручивания поперечного сечения.
Если по длине вала крутящий момент и жесткость поперечного
сечения не меняются, то формула (2.17) принимает вид

T l
.
G  I
(2.18)
Рассмотрим пример.
Пусть защемленный вал (рис. 2.6) скручивается моментами
М 1  1 kHм , М 2  2 kHм , М 3  9 kHм . Из условий прочности и жесткости
подобрать диаметр вала, если    60 МПа ,    0.03
с  1 м , G  8  10 4 МПа .
Решение.
1. Строим эпюру крутящих моментов:
T1  М1  1 kHм ,
T2  М 1  М 2  3 kHм ,
T3  М 1  М 2  М 3  6 kHм .
20
рад
, а  2 м, b  3 м,
м
Наиболее нагружен третий участок T max  T3  6 kHм .
2. Из условия прочности (2.14) момент сопротивления
W 
T
max
 

6  10 3
 100  10 6 м 3  100 см 3
6
60  10
Для круглого сечения из (1.45)
находим диаметр
d 3
16  W

3
16  100
 7.99 см .
3.14
(2.19)
3. Из условия жесткости (2.16)
момент инерции
I 
T max
G   

6  10 3
 250  10 8 м 4  250 см 4 .
8  1010  3  10  2
Для круглого сечения из (1.43)
находим диаметр
d 4
32  I 

4
32  250
 7.105 см .
3.14
(2.20)
Сравнивая d по формулам (2.19),
(2.20) и округляя результат с избытком,
выбираем d  8 см .
Рис. 2.6
2.2. Расчет цилиндрических винтовых пружин круглого
сечения с малым шагом витка
Рассмотрим цилиндрическую винтовую пружину, растягиваемую
центрально приложенной силой Р , имеющую n витков, диаметр
поперечного сечения стержня пружины d , средний радиус витка R
(рис. 2.7).
21
R
Шаг
витка
P
M
d
λ
P
P
R
Рис. 2.7
Согласно методу сечений в поперечном сечении пружины возникают
поперечная сила Q  P и крутящий момент T  P  R (принимаем угол
наклона витка пружины равным нулю, продольной силой и изгибающим
моментом можно пренебречь). Тогда в поперечном сечении с площадью
A
 d2
4
возникают касательные напряжения от среза
 ср 
Q
4 P

A  d2
(2.21)
и касательные напряжения от кручения, максимальные значения которых
к 
T
16  P  R
.

W
 d3
(2.22)
Таким образом, максимальное напряжение в пружине
 max   ср   к ,
(2.23)
подставляя (2.21), (2.22) в (2.23), получаем
22
 max 
16  P  R 
d 
 1 

3
 d
 4 R 
(2.24)
или
 max 
P  4 R 
 1 
.
А 
d 
(2.25)
P
A
При R/d=5  max   20  1 т.е.  СР в 20 раз меньше  к . Поэтому при
R
 5 напряжениями среза обычно пренебрегают.
d
Удлинение пружины  (только от кручения) определяется по
формуле

64PR 3n
,
Gd 4
(2.26)
где G – модуль сдвига.
2.3. Кручение стержня некруглого поперечного сечения
(прямоугольного, эллиптического)
Эпюры распределения касательных напряжений в прямоугольном и
эллиптическом поперечных сечений приведены на рисунках 2.8, 2.9,
соответственно. Наибольшие касательные напряжения  max , полные углы
закручивания поперечного сечения  и относительные углы закручивания
поперечного сечения  определяются соответственно формулами
T
,
Wк
(2.27)

T l
,
G  Iк
(2.28)

T
,
G  Iк
(2.29)
 max 
23
где I к - момент инерции при кручении, Wк - момент сопротивления при
кручении.
Условия прочности и жесткости соответственно имеют вид
 max    ,
(2.30)
    .
(2.31)
Для прямоугольного сечения (рис. 2.8) наибольшее касательное
напряжение на середине длинной стороны (точки М и N ). На середине
короткой стороны (точки К и F ) касательное напряжение определяется
формулой
 R   F     max .
(2.32)
Моменты инерции и
сопротивления
при
кручении
для
прямоугольного
сечения
соответственно равны
I к    b  c3 ,
(2.33)
Wк    b  c 2 .
(2.34)
Рис. 2.8
В формулах (2.34) – (2.36) b - длинная сторона, c - короткая сторона,  ,  ,
 - коэффициенты, зависящие от отношения
b
.
c
Для эллиптического сечения (рис. 2.9) наибольшие касательные
напряжения возникают в крайних точках M и N , лежащих на малых
полуосях. Касательные напряжения в крайних точках К и F , лежащих на
больших полуосях, равны
24
F К 
с
  max .
b
(2.35)
Моменты инерции и сопротивления вычисляются соответственно по
формулам
Iк 
 с b
64
Wк 
 (c 2  b 2 ) ,
  c2  b
16
.
(2.36)
(2.37)
Рис. 2.9
2.4. Кручение тонкостенных стержней открытого профиля
При кручении открытых профилей типа швеллера, двутавра или
уголка можно воспользоваться теорией расчета на кручение стержней
прямоугольного сечения. В этом случае незамкнутый профиль разбиваем
на прямоугольные элементы, толщина которых значительно меньше их
h
b
1
3
длины (  10 ). При этом     . Тогда для составного профиля момент
инерции
25
1 n
I к      bi3  hi ,
3 i 1
(2.38)
где  - коэффициент, учитывающий схематизацию реального профиля,
- для уголкового сечения   1.00 ,
- для двутаврового   1.20 ,
- для таврового   1.15 ,
- для швеллерного   1.12 .
Максимальное напряжение определяется по формуле
T
  max .
Iк
 max 
(2.39)
Здесь
I

 max   кi  ,
 Wкi  max
(2.40)
где I кi , Wкi - моменты инерции и сопротивления i -го прямоугольника,
составляющего сечение ( i  1,2,..., n ).
Для
относительного
угла
закручивания  используется формула (2.29).
2.5. Кручение тонкостенных стержней замкнутого профиля
Для замкнутого тонкостенного профиля (рис. 2.10) при малой
толщине стенки  касательное напряжение считается распределенным
равномерно по толщине стенки и определяется формулой Бредта

T
2  
,
(2.41)
где  - площадь фигуры, охватываемая срединной линией сечения.
26
Максимальное напряжение будет в том месте, в котором толщина
стенки минимальна    min и тогда

T
.
2     min
(2.42)
Относительный и полный углы закручивания определяются
формулами (2.29), (2.28) соответственно, в которых условный момент
инерции
Iк 
4 
,
ds
(2.43)

где ds - элементарная длина средней линии тонкостенного сечения.
Для тонкостенной трубы длины l ,
среднего радиуса R и постоянной
толщины  касательное напряжение  ,
относительный
угол
закручивания
поперечного сечения  и полный угол
закручивания поперечного сечения 
определяются
формулами:
соответственно
Рис. 2.10
T
,
2   R2 
(2.44)

T
,
2   R3   G
(2.45)

T l
.
2   R3   G
(2.46)

27
3. Прямой поперечный изгиб прямых стержней
3.1. Общие понятия. Изгибающий момент и поперечная
сила
Стержень, работающий на изгиб, называется балкой.
Будем рассматривать балки, имеющие хотя бы одну плоскость
симметрии.
Прямой поперечный изгиб балки
(плоский изгиб) вызывается нагрузками
(сосредоточенные силы, распределенные
силы, пары сил), расположенными в
одной из главных центральных
плоскостей инерции балки (при этом
силы перпендикулярны продольной оси
балки) (рис. 3.1).
Рис. 3.1
Главной центральной плоскостью инерции балки (плоскостью
симметрии) называется плоскость, проходящая через продольную ось
балки и одну из главных центральных осей инерции поперечного сечения
(плоскость yx или плоскость zx ).
Рассмотрим
двухопорную
балку,
у
которой нагрузки Р1 , Р2 , Р3 , Р4 приложены в
плоскости симметрии балки yx (рис. 3.2). При
этом в сечении x возникают поперечная сила
и изгибающий момент
Qy  Q
Mz  M .
Прежде чем их определять необходимо найти
опорные
реакции
R Ax ,
R Ay , R By .
Поскольку
нагрузок вдоль оси x нет, то R Ax  0 , R Ay  R A ,
RBy  RB .
Рис. 3.2
28
Для определения внутренних усилий Q и M воспользуемся методом
сечений, принимая во внимание следующее правило знаков (рис. 3.3).
RA
P1
P2
M
M
P3
C
Q Q
P4
RB
C
Рис. 3.3
Поперечная сила Q в сечении положительна, если ее векторы
стремятся вращать части рассеченной балки по часовой стрелке.
Изгибающий момент M в сечении положителен, если он вызывает
сжатие в верхних волокнах и направлен, как показано на рисунке 3.3.
Тогда в рассматриваемом примере из уравнений равновесия левой
части балки (рис. 3.3) имеем:
Q  RA  P1  P2 ,
M  RA  x  P1  x  a1   P2  x  a2  .
Для практических вычислений можно пользоваться следующим
правилом.
Поперечная сила Q в сечении численно равна алгебраической сумме
всех внешних сил по одну сторону от сечения, взятых со знаком плюс,
если они стремятся повернуть балку относительно рассматриваемого
сечения по часовой стрелке.
Изгибающий момент M в сечении численно равен алгебраической
сумме сосредоточенных моментов и моментов всех внешних сил по одну
сторону от сечения относительно той из главных осей этого сечения,
которая перпендикулярна плоскости нагружения, взятых со знаком плюс,
если они вызывают сжатие верхних волокон.
29
3.2. Построение эпюр
Q
и
M
в балках. Дифференциальные
зависимости при изгибе. Теорема Д.И.Журавского
Для построения и проверки построенных эпюр Q , M используются
дифференциальные зависимости между q , Q , M при изгибе.
Рассмотрим балку, в которой реализуется прямой поперечный изгиб.
Двумя поперечными сечениями, отстоящими друг от друга на расстоянии
dx , выделяем элемент балки (рис. 3.4). На левый торец действуют Q и M ,
на
правый
Q  dQ ,
положительная
распределенная
и
M  dM
равномерно
нагрузка
q.
Из
уравнений равновесия элемента dx ,
пренебрегая
величинами
высшего
порядка малости, получаем зависимости
Рис. 3.4
dQ
dM
d 2M
q,
 Q,
 q.
dx
dx
dx 2
(3.1)
Зависимости (3.1) называются теоремой Д.И.Журавского.
Рассмотрим пример построения эпюр Q и M для защемленной балки
(рис. 3.5) со следующими исходными данными: a  1 м , b  1 м , c  2 м ,
d  1 м , e  1 м , M 0  20 kHм , M 1  50 kHм , Р1  10 kH , Р2  20 kH , q  20
kH
.
м
I-ый участок: 0  x  a
Q1 ( x)  0 , M 1 ( x)  M 0  20 kHм .
II-ой участок: a  x  a  b
Q2 ( x)  P1  10 kH ,
M 2 ( x)  M 0  Р1  ( x  a) ,
M 2 (a  b)  M 0  P1  b  30 kHм .
III-ий участок: a  b  x  a  b  c
30
M 2 (a)  M 0  20 kHм ,
Q3 x   P1  P2  q  x  a  b  ,
Q3 a  b  P1  P2  30 kH , Q3 a  b  c   P1  P2  q  c  10 kH ,
M 3 ( x)  M 0  Р1  ( x  a )  P2
2

x  a  b
 x  a  b   q 
,
2
M 3 (a  b)  M 0  P1  b  30 kHм ,
M 3 (a  b  c)  M 0  P1  (b  c)  P2  c  q 
c2
 50 kHм .
2
Чтобы найти абсциссу x 0 вершины параболы эпюры изгибающего
момента M 3 ( x) приравниваем нулю производную от
M 3 ( x) (согласно
теореме Д.И.Журавского поперечную силу Q3 x  ), т.е.
Q3 x0   P1  P2  q  x0  a  b  0 ,
откуда находим искомое сечение x 0
x0 
P1  P2
 a  b  3. 5 м .
q
Значение изгибающего момента в этом сечении
M 3 ( x0 )  M 0  Р1  ( x0  a)  P2   x0  a  b   q 
 x 0  a  b 2
2
 63.75 kHм .
IV-ый участок: a  b  с  x  a  b  c  d
Q4 x  P1  P2  q  c  10 kH ,
c

M 4 ( x)  M 0  Р1  ( x  a)  P2   x  a  b   q  c   x  a  b   ,
2

M 4 (a  b  c)  M 0  P1  (b  c)  P2  c  q 
c2
 50 kHм ,
2
c

M 4 (a  b  c  d )  M 0  P1  (b  c  d )  P2  (c  d )  q  c    d   40 kHм .
2

.
31
Рис. 3.5
32
V-ый участок: a  b  с  d  x  a  b  c  d  e
Q5 x   P1  P2  q  c  10 kH ,
c

M 5 ( x)  M 0  Р1  ( x  a )  P2   x  a  b   q  c   x  a  b    M 1 ,
2

c

M 5 (a  b  c  d )  M 0  P1  (b  c  d )  P2  (c  d )  q  c    d   М 1  10 kHм ,
2

c

M 5 (a  b  c  d  e)  M 0  P1  (b  c  d  e)  P2  (c  d  e)  q  c    d  e   М 1  30 kHм .
2

На основе дифференциальных зависимостей при изгибе и анализа
рассмотренного выше примера (рис. 3.5) можно установить некоторые
особенности эпюр изгибающих моментов и поперечных сил:
1. На участках, где нет равномерно распределенной нагрузки, эпюры
Q ограничены прямыми, параллельными базе, а эпюры M ограничены
наклонными прямыми (участки II, IV, V). Если Q  0 (чистый изгиб), то
эпюра M ограничена прямой, параллельной базе (участок I).
2. На участках, где приложена равномерно распределенная нагрузка
q , эпюры Q ограничены наклонными прямыми, эпюры M квадратичными
параболами, выпуклость которых направлена в сторону, противоположную
направлению действия нагрузки q . Если эпюра Q пересекает базу, то
вершина параболы располагается в сечении, где Q  0 (участок III).
3. Если двигаться по эпюрам слева направо, то на участках, где Q  0 ,
эпюра M возрастает и наоборот, где Q  0 , эпюра M убывает.
4. В сечениях, где к балке приложены сосредоточенные силы, на
эпюре Q скачки на величину этих сил, а на эпюре M - изломы (сечения B ,
C , M ).
5. В сечениях, где к балке приложены сосредоточенные моменты, на
эпюре M скачки на величину этих моментов (сечения A , D , M ), а на
эпюру Q сосредоточенный момент не влияет.
33
3.3. Нормальные напряжения, деформации и условие
прочности при чистом изгибе
Плоский чистый изгиб можно реализовать если, например, к двух опорной балке к опорам приложить одинаковые по абсолютной величине,
противоположно направленные пары сил M 0 , расположенные в главной
плоскости инерции балки (рис. 3.6).
Рис. 3.6
Рис. 3.7
Проведем поперечное сечение на расстоянии x от начала координат,
совмещенного с левым концом балки. В плоскости сечения располагаем
оси y и z следующим образом: ось y (рис. 3.7) совмещается с осью
симметрии сечения, ось z перпендикулярна оси y . Если выделить в
сечении площадью А элемент dA , то на нем будут возникать только
нормальные напряжения  и на этот элемент будут действовать только
элементарные продольные силы dN    dA . Суммирование этих
элементарных сил по всем площадкам приводит к продольному усилию
N     dA ,
A
34
(3.2)
а суммирование от этих элементарных сил относительно осей y и z
приводит
к
изгибающим
моментам
относительно
осей
и
y
z соответственно
M y   z    dA ,
(3.3)
M z   y    dA .
(3.4)
A
A
Поскольку при плоском чистом изгибе N  0 , M y  0 , то согласно
(3.2), (3.3)
   dA  0 ,
(3.5)
 z    dA  0 .
(3.6)
A
A
Если провести опыт над резиновой моделью этой же балки и на ее
поверхность нанести прямоугольную сетку (рис. 3.8), то в результате
чистого изгиба (рис. 3.9) на вогнутой стороне волокна сжимаются, на
выпуклой – растягиваются и существует нейтральный слой.
Рис. 3.8
Рис. 3.9
35
Рассмотрим два элементарных сечения, отстоящих друг от друга на
расстоянии dx . Пусть левое сечение остается
неподвижным, тогда правое относительно
него повернется на угол d (рис. 3.10). При
этом, если отрезок CD
находится на
нейтральном слое, то его длина в результате
изгиба не изменится
C1 D1  CD  dx ,
(3.7)
отрезок АВ растянется на величину dx и его
длина с учетом того, что до деформации
(3.8)
AB  CD  dx
будет
Рис. 3.10
A1 B1  AB  dx  dx  dx .
(3.9)
С другой стороны, поскольку продольные волокна изгибаются,
C1 D1    d ,
(3.10)
А1 В1    y   d ,
(3.11)
где
 - радиус кривизны нейтрального слоя,
y - расстояние от отрезка АВ до нейтрального слоя.
Если привести в соответствие рисунки 3.7 – 3.10, то ось z была
совмещена с нейтральной линией – линией пересечения нейтрального слоя
и поперечного сечения.
Из формул (3.8) – (3.11) следует, что
dx    d ,
(3.12)
dx  y  d .
(3.13)
36
Тогда относительная деформация отрезка АВ

dx y
 .
dx

(3.14)
Слой АВ испытывает линейное напряженно–деформированное
состояние и, согласно закону Гука, в нем возникают нормальные
напряжения
  E  
E

y.
(3.15)
Из формулы (3.15) следует, что нормальное напряжение меняется по
высоте по линейному закону и постоянно по ширине.
Подставляя (3.15) в (3.5), получаем
E

  y  dA  0 .
(3.16)
A
Так как
E

 0,
(3.17)
то, согласно (1.1), (3.16)
 y  dA  S
z
 0,
(3.18)
A
тогда,
поскольку
статический
момент
равен
нулю,
оси
y,
центральные, т.е. нейтральная линия совпадает с главной центральной.
Подставляя (3.15) в (3.6), получаем
37
z-
E

  y  z  dA  0 .
(3.19)
A
Согласно (1.14), (3.19) с учетом (3.17)
 y  z  dA  I
 0,
zy
(3.20)
A
поскольку центробежный момент инерции равен нулю, оси y , z главные.
Подставляя (3.15) в (3.4), получаем с учетом (1.13) выражение
изгибающего момента
E

 Iz  M z ,
(3.21)
откуда выводим зависимость между кривизной бруса
1
, изгибающим

моментом M z и жесткостью поперечного сечения при изгибе E  I z
1


Mz
.
E  Iz
(3.22)
Выражение (3.22) показывает, что брус при чистом изгибе будет
изгибаться по дуге окружности только в том случае, если жесткость при
изгибе поперечного сечения постоянна.
Подставляя (3.22) в (3.15), находим выражение нормального
напряжения при чистом изгибе через изгибающий момент M z и осевой
момент инерции I z

Mz
 y.
Iz
38
(3.23)
Как видно из формулы (3.23), максимальными будут напряжения в
точках, наиболее удаленных от оси z .
Если ось z не является горизонтальной осью симметрии (рис. 3.11),
то расстояния от этой оси до максимально удаленных сжатых волокон
y max с
и до максимально
удаленных
волокон
растянутых
y max р
будут
различными,
соответственно моменты
сопротивления на сжатие
Wzc 
Iz
y max c
(3.24)
и растяжение
Wzр 
Iz
y max р
(3.25)
будут различными.
Рис. 3.11
Следовательно, максимальные напряжения на растяжение
 max р 
Mz
Wzр
(3.26)
Mz
Wzс
(3.27)
и максимальные напряжения на сжатие
 max с 
будут различными по абсолютной величине. Тогда условия прочности
примут вид:
39
- для хрупких материалов
Mz
Mz
    ,
Wzр
W zс
    .
(3.28)
- для пластических материалов (          ) выбирается
максимальное по модулю в сечении напряжение
 max  max  max p ,  max c  
Mz
min Wzp ,Wzc 
(3.29)
и условие прочности имеет вид
Mz
min Wzp ,Wzc 
   .
(3.30)
В частности, для треугольного сечения (рис. 3.11)
y max с 
2
1
 h , y max р   h
3
3
(3.31)
и, согласно (3.24) – (3.30), (1.40):
- момент сопротивления сжатию
b  h3
b  h2
W zc  36 
,
2
24
h
3
(3.32)
- момент сопротивления растяжению
b  h3
b  h2
W zp  12 
,
1
12
h
3
40
(3.33)
- максимальное растягивающее напряжение
 max p 
12  M z
b  h2
,
(3.34)
- абсолютная величина максимального сжимающего напряжения
 max c 
24  M z
b  h2
,
(3.35)
- условия прочности для хрупких материалов
12  M z
b  h2
24  M z
b  h2
    ,
(3.36)
    ,
(3.37)
- условие прочности для пластических материалов
24  M z
b  h2
  .
(3.38)
Если ось z является горизонтальной осью симметрии (рис. 3.12), то
расстояния от оси до максимально удаленных сжатых и растянутых
волокон одинаковы
y max p  y max c  y max ,
(3.39)
- соответствующие моменты
сопротивления также одинаковы
Wzp  W zc  W z ,
(3.40)
одинаковы
также
и
абсолютные величины максимальных
напряжений на растяжение и сжатие
соответственно тоже одинаковы
Рис. 3.12
 max p   max c   max 
41
Mz
Wz
.
(3.41)
Условие прочности в этом случае примет вид:
Mz
Wz
   .
(3.42)
В частности, для прямоугольного сечения (рис. 3.12)
y max 
h
,
2
момент сопротивления Wz определяется формулой (1.38), абсолютная
величина максимального напряжения
 max 
6 Mz
,
(3.43)
   .
(3.44)
b  h2
и условие прочности имеет вид
6 Mz
b  h2
3.4. Касательные напряжения при плоском поперечном
изгибе
В общем случае поперечного изгиба в сечении, кроме изгибающего
момента М , действует поперечная сила Q . Эта сила представляет собой
равнодействующую элементарных распределенных сил, лежащих в
плоскости сечения (касательных напряжений  ).
Вследствие
неравномерности
распределения
касательных
напряжений по сечению
поперечные сечения не остаются плоскими,
однако, поскольку угловые деформации в сечении, вызванные
касательными напряжениями, значительно меньше угловых перемещений,
вызванных изменением кривизны бруса, гипотеза плоских сечений
принимается.
При поперечном изгибе возникают и нормальные напряжения в
продольных сечениях бруса, то есть, слои надавливают друг на друга,
однако, эти напряжения очень малы и ими можно пренебречь.
42
С учетом указных допущений для нормальных напряжений
принимается формула (3.23) и формула (3.22) для определения кривизны
бруса.
Для определения касательных напряжений выводится формула
Д.И.Журавского
 ( y) 
Q  S zотс  y 
,
b( y )  I z
(3.45)
где
Q - поперечная сила в сечении;
S zотс ( y ) - абсолютная величина статического момента относительно
нейтральной линии той части площади сечения Аzотс ( y ) (рис. 3.13) , которая
заключена между волокном, где определяют
 ( y ) и краем сечения
y
S zотс ( y )  Аzотс  y c ;
Aотс
(3.46)
y c - ордината центра тяжести сечения Аzотс ( y ) ;
z
h
y
yc
определяют
h
y
2
b
- ширина сечения на уровне, где
b( y )
Iz
-
осевой
касательное напряжение  ( y ) ;
момент
инерции
сечения
относительно оси z .
Рис. 3.13
Формула Журавского справедлива при следующих допущениях:
-  ( y ) всюду параллельны Q ;
- во всех точках сечения на данном уровне ( y  const )  ( y )
одинаковы.
Эти допущения справедливы, если отношение высоты сечения h к
его ширине b больше двух, однако, на практике формулой (3.45) можно
пользоваться для любых сечений, кроме тех, где есть узкие
прямоугольники, расположенные перпендикулярно к Q (полки двутавра,
швеллера).
Для прямоугольного сечения статический момент (3.46) равен
43
S
отс
z
b  h2
( y) 
8
 4  y2 
 1  2  ,
h 

(3.47)
 4 y2 
 1  2  ,
h 

(3.48)
и формула (3.45) принимает вид
3 Q
2 Aпр
 ( y)  
где Апр - площадь прямоугольника
Апр  b  h .
(3.49)
Согласно формуле (3.48)
эпюра  ( y ) представляет собой
параболу (рис. 3.14). Наибольшее
касательное напряжение
3 Q
.
2 Апр
 max  
(3.50)
Рис. 3.14
Для круглого сечения формула (3.45) принимает вид
4 Q  4 y2 
 ( y)  
 1  2  ,
3 Aкр 
d 
(3.51)
где Акр - площадь круга
Акр 
Рис. 3.15
44
 d2
4
,
(3.52)
d - диаметр круглого сечения.
На рисунке 3.15 - эпюра распределения касательных напряжений
(парабола). Максимальное касательное напряжение на нейтральной линии
4 Q
.
3 Акр
 max  
(3.53)
Для двутаврового сечения касательные напряжения вычисляются по
формуле Журавского (3.45), эпюра строится по характерным точкам.
Рассмотрим пример. Построить эпюру нормальных и касательных
напряжений для двутавровой балки № 20, если в сечении действует
изгибающий момент М  10 kHм и поперечная сила Q  20 kH (рис. 3.16).
Рис. 3.16
По таблице сортамента находим основные размеры профиля:
h  20 см ; b  10 см ; d  0.52 ; см t  0.84 см ; площадь поперечного сечения
А  26,8 см 2 ;
осевой
момент
инерции
I z  1840 см 4 ;
осевой
момент
сопротивления Wz  184 см 3 ; статический момент половины площади
сечения S zmax  104 см 3 .
45
Нормальные напряжения, независимо от формы сечения, согласно
формуле (3.23), распределяются по линейному закону (эпюра на рисунке
3.16) и принимают максимальные по абсолютной величине значения при
y max 
h
, определяющиеся формулой (3.41)
2
 max 
M max
Wz
M
10  10 3


 54.347  10 6 Па  54.347 МПа .
6
W z 184  10
(3.54)
Для построения эпюры касательных напряжений (рис. 3.16)
вычислим  на линиях, параллельных оси z , проходящих через
характерные точки.
На линии, проходящей через точку 4, статический момент равен 0,
поэтому и касательные напряжения равны 0.
На линии, проходящей через точку 3, расположенную бесконечно
близко к месту сопряжения полки со стенкой, но находящуюся на полке,
ширина сечения b( y )  b , статический момент S zотс определяется формулой
(3.46), в которой Аотс - площадь сечения полки, y c - координата центра
тяжести полки в осях y , z
А отс  b  t  10  0.84  8.4 см ,
yc 
h t 20 0.84
 

 9.58 см ,
2 2 2
2
S zотс  8.4  9.58  80.47 см 3 ,
(3.55)
(3.56)
(3.57)
касательные напряжения на этой линии
3 
Q  S zотс 20  10 3  80.47  10 6

 0.87  10 6 Па  0.87 МПа .
2
8
b Iz
10  10  1840  10
46
(3.58)
На линии, проходящей через точку 2, расположенную бесконечно
близко к месту сопряжения полки со стенкой, но находящуюся на стенке
ширина сечения b( y )  d , статический момент тот же, что и на линии,
проходящей через точку 3 и касательные напряжения соответственно
равны
Q  S zотс
20  10 3  80.47  10 6
2 

 16.82  10 6 Па  16.82 МПа .
2
8
d  Iz
0.52  10  1840  10
(3.59)
Наибольшие касательные напряжения на линии, проходящей через
точку 1, где наибольший статический момент
S zmax  104 см 3 и ширина
сечения b( y )  d
1 
Q  S zmax
20  10 3  104  10 6

 21.7  10 6 Па  21.7 МПа .
2
8
d  Iz
0.52  10  1840  10
(3.60)
Таким образом:
- вид эпюры  зависит от формы сечения;
- в точках, наиболее удаленных от нейтральной линии, касательные
напряжения равны нулю;
- наибольшие касательные напряжения для большинства сечений на
нейтральной линии.
3.5. Условия прочности при поперечном изгибе
При поперечном изгибе балка находится в неоднородном плоском
напряженном состоянии. Формулу нормальных напряжений, выведенную
при чистом изгибе (3.23), можно применять и при поперечном изгибе.
Условие прочности записывается для опасных точек балки. Опасными
могут быть точки, расположенные в крайних волокнах того сечения, где
47
изгибающий момент имеет наибольшее по абсолютной величине значение,
следовательно, и нормальные напряжения имеют наибольшее значение. В
этих точках линейное напряженное состояние и условие прочности имеет
вид:
 max р     ;  max с     .
(3.61)
Точки, расположенные на нейтральной линии (нормальные
напряжения равны нулю) того сечения, где наибольшие поперечные силы,
а следовательно, и касательные напряжения, принимают наибольшие
значения. В этих точках наблюдается чистый сдвиг и условие прочности
имеет вид:
 max    .
(3.62)
В остальных точках имеются и нормальные напряжения  , и
касательные напряжения  и реализуется плоское напряженнее состояние,
при котором главные напряжения будут вычисляться по формулам:
1 




1
1
    2  4  2 ,  2  0 ,  3      2  4  2 .
2
2
(3.63)
Условия прочности в этих точках устанавливаются в зависимости от
принимаемой теории прочности , которые с учетом (3.63) принимают вид:
по первой теории:


1
    2  4   2    ,
2
(3.64)
1 
1 
 
  2  4   2     ,
2
2
(3.65)
I
 экв

по второй:
II
 экв

по третьей:
III
 экв
  2  4   2    ,
(3.66)
по четвертой:
IV
 экв
  2  3   2    ,
48
(3.67)
по пятой:
1     1    
М
 экв
  1      1      2  4   2     .
  2
 
2






(3.68)
Условия прочности (3.64), (3.65), (3.68) применяют для хрупких
материалов, условия прочности (3.66), (3.67) – для пластических.
3.6. Перемещения при изгибе. Основные понятия
Деформации балки при прямом поперечном изгибе происходят в
плоскости симметрии, совпадающей с силовой плоскостью.
Перемещения при изгибе (рис. 3.17) – прогиб V (x ) и угол поворота
 (x) .
Прогиб – перемещение центра тяжести сечения по направлению,
перпендикулярному к оси балки.
Угол поворота – это угол, на который поворачивается поперечное
сечение балки по отношению к своему первоначальному положению.
Горизонтальное
y
перемещение поперечного

q
сечения – бесконечно малая

x
величина второго порядка
относительно вертикального
V  V (x)
x
перемещения, поэтому не
учитывается.
Рис. 3.17
В связи с малостью деформации, tg  
(в долях радиан),
следовательно можно считать, что угол поворота равен 1-ой производной
прогиба V (x )
V '
dV
 tg   .
dx
49
(3.69)
Для перемещений (ось x направлена вправо) вводится следующее
правило знаков:
V  0 - перемещение направлено вверх, V  0 - перемещение
направлено вниз ;
  0 , если угол направлен против часовой стрелки и   0 , если угол
направлен по часовой стрелке.
3.7. Дифференциальное уравнение оси изогнутой балки
Искривленная ось балки называется изогнутой осью балки.
При поперечном изгибе ( M  const , Q  0 ) кривизна оси будет
состоять из кривизны от поперечной силы
1
  и
  Q
кривизны от
1
изгибающего момента  
  М
1 1
     .
   Q    M
1
(3.70)
1
l
Если длина балки значительно больше высоты   5  , то величиной  
h

  Q
1
можно пренебречь по сравнению с   :


М
 
   

1
 M


  1
 1

  Q
1
- балка Бернули-Эйлера;
- балка Тимошенко.
M
На основании формулы (3.22), обозначая I z  I , будем иметь
1
М ( x)
   
.
   М
EI
1
(3.71)
Из дифференциальной геометрии известно, что кривизна плоской
кривой
50
1


V ''
1  (V ' ) 
3
2
.
(3.72)
2
Если V '    tg (не более 0,1 рад), тогда 1  (V ' ) 2 не более 1  (0,1) 2  1,
следовательно, величиной (V ' ) 2 можно пренебречь по сравнению с
единицей и кривизна будет иметь вид
1

 V ' ' ,
(3.73)
а уравнение изогнутой оси балки
V '' 
M ( x)
EI
(3.74)
имеет два варианта:
 вариант (рис. 3.18)
V '' 
y
max
упругая
линия
M ( x)
EI
(3.75)
min
M 0
V '' 0
x
y
упругая
линия
M 0
V '' 0
Рис. 3.18
 вариант (рис. 3.19)
V ''
M ( x)
.
EI
51
(3.76)
y
min
y
M 0
V '' 0
x
x
M 0
V '' 0
max
Рис. 3.19
Рассмотрим некоторые методы определения перемещений в балках.
3.8 Определение перемещений методом непосредственного
интегрирования
y
qx
A
q
 (x)
A
x
fA
x
V (x )
l
Рассмотрим пример определения
перемещений в балках (рис. 3.20)
методом
непосредственного
интегрирования
основного
дифференциального уравнения (7.76).
Изгибающий момент определяется по
формуле
Рис. 3.20
M ( x)  
qx 2
.
2
(3.77)
Подставляя (3.77) в (3.76), получаем уравнение
EIV ''  
qx 2
,
2
(3.78)
- угол поворота
EI  EIV '  
qx 3
C ,
6
(3.79)
- прогиб
EIV  
qx 4
 Cx  D .
24
(3.80)
Постоянные интегрирования С и D определяются из краевых (граничных)
условий. В данном случае (защемление справа) эти условия принимают
вид
52
- при x  l V  0 ; т.е.
V (l )  0 ,
(3.81)
 (l )  0 .
(3.82)
- при x  l V '    0 ; т.е.
Подставляя (3.82) в (3.79) и (3.81) в (3.80), находим постоянные
C
ql 3
,
6
D
ql 4
.
8
(3.83)
Тогда с учетом (3.83) выражения (3.80), (3.79) принимают вид:
V ( x)  
qx 4
ql 3  x ql 4


,
24 EI
6 EI
8EI
(3.84)
qx 3 ql 3

.
6 EI 6 EI
(3.85)
V ' ( x)   ( x)  
При этом наибольший прогиб и наибольший угол поворота равны
f  Vmax  V (0) 
D
ql 4
C
ql 3

;  A   (0) 

.
EI
8EI
EI 8EI
(3.86)
Следует отметить, что если балка имеет n участков, то количество
постоянных будет 2  n и определять их следует из условий сопряжения
участков, что делает задачу весьма трудоемкой. Если балка имеет
постоянную жесткость, то решение задачи с большим количеством
участков можно упростить путем применения метода начальных
параметров.
53
3.9. Определение перемещений в балках по методу начальных
параметров
Если балка имеет постоянную жесткость, то можно показать,
используя условия равенства прогибов и углов поворота в местах
сопряжения участков, что
все постоянные равны прогибу V0 и углу
поворота  0 на левом конце балки. Дважды интегрируя дифференциальное
уравнение балки (3.76), получаем универсальное уравнение изогнутой оси
балки
V ( x)  V0   0  x 
M 0 x 2 Q0 x 3


  V* ( x) ,
EI 2! EI 3!
(3.86)
в котором: V0 ,  0 - перемещение и угол поворота определяются из условий
закрепления балки, M 0 и Q0 - изгибающий момент и поперечная сила на
левом торце балки, V* x в зависимости от вида нагрузки на балку
принимает следующие значения:
1) равномерно распределенная нагрузка (по всему пролету) (рис. 3.21)
у
q
qx 4
V* ( x)  
;
4! EI
(3.87)
qx 5
;
5!lEI
(3.88)
х
Рис. 3.21
2) треугольная нагрузка (рис. 3.22)
у
q
V* ( x)  
х
Рис.3.22
3) нагрузка, примыкающая к концу пролета (рис. 3.23)
54
у
q
q( x  а) 4
;
V* ( x)  
4! EI
(3.89)
х
а
Рис. 3.23
4) нагрузка в начале пролета (рис. 3.24)
у
эквивалентная
нагрузка
q
qx 4 q( x  а) 4
;
V* ( x)  

4! EI
4! EI
(3.90)
F ( x  a) 3
V* ( x)  
;
3! EI
(3.91)
х
а
Рис. 3.24
5) сосредоточенная сила (рис. 3.25)
у
F
а
х
х
Рис. 3.25
6) сосредоточенный момент (рис. 3.26)
у
х
М
а
V* ( x) 
х
Рис. 3.26
55
М ( x  a) 2
.
2! EI
(3.92)
При составлении универсального уравнения упругой линии балки
необходимо выполнять следующие правила:
1. Начало координат необходимо выбирать в крайней левой точке
рассматриваемой балки и делать его общим для всех участков.
2. Выражения для изгибающего момента составляются для сил,
расположенных слева от сечения.
3. Знаки перед составляющими уравнения оси балки определяются по
правилу знаков для изгибающих моментов.
ЛИТЕРАТУРА
1. Горшков А.Г., Трошин В.Н., Шалашилин В.И. Сопротивление
материалов: Учеб. пособие, 2-е изд., испр. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2002.
- 544 с.
2. Дарков А.В., Шпиро Г.С. Сопротивление материалов. Изд. 3-е.- М.:
Высшая школа, 1969. – 734 с
3. Макаров Е.Г. Сопротивление материалов на базе Mathcad. – СПб.:
БХВ-Петербург, 2004. – 512 с.
4. Писаренко Г.С., Агарев И.А., Квитка А.Л., Попков В.Г.,
Уманский Э.С. Сопротивление материалов. – Киев: Вища школа,
1986. – 775 с.
5. Феодосьев В.И. Сопротивление материалов.- М.: ФИЗМАТЛИТ
Наука, 1970. – 544 с.
Литература…………………………………………………………………….55
56
Учебное издание
Наумова Ирина Юрьевна
Иванова Анна Павловна
СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ
Часть II
Учебное пособие
Тем.план 2007, поз. 60
Подписано к печати 20.06.07. Формат 60 84 1 16 . Бумага типогр. Печать
плоская. Уч.-изд. л. 3,29. Усл. печ. л.3,25.Тираж 300 экз. Заказ №
Национальная металлургическая академия Украины
49600, Днепропетровск-5, пр. Гагарина, 4
_______________________
Редакционно-издательский отдел НМетАУ
57
.