A3: растяжение, изгиб

1
Лекции
Одноосное растяжение-сжатие, изгиб цилиндрических стержней. Понятие о
статической неустойчивости стержня. Уравнения равновесия идеально гибких
канатов (нитей).
Рассмотрим геометрически самый простой элемент конструкций – цилиндрический
стержень (рис.1), который находится в состоянии одноосного растяжения-сжатия. Ось x 
направлена вдоль оси стержня.
Рис.1 Одноосное напряженое состояние стержня. На выделенный сечениями x и x  dx
элемент действуют силы внутренних напряжений  F ( x)  ( x) S и
 F ( x  dx)  ( x  dx) S , где S  площадь сечения. На боковой поверхности силы не
действуют, поэтому вектор напряжений равен нулю.
Если считать, что на стержень действуют массовые силы с плотностью g , направленные
вдоль оси стержня, то уравнение движения выделенного элемента можно получить
записав уравнение равновесия с учетом массовых сил и сил инерции
S x  dx S x gSdx   uSdx  0 ,
которое после деления на dx приводит к дифференциальному уравнению движения
цилиндрического стержня
(S )
 2u
(1)
 gS  S 2 ,
x
t
где   напряжение, S  площадь сечения стержня, u ( x, t )  перемещения сечений


стержня. Для статических задач равновесия  2 u t 2  0 уравнение (1) становится
уравнением равновесия
 (S )
 gS  0
(2)
x
позволяет определить распределение напряжений вдоль оси стержня.
Для динамических задач уравнение (1) замыкается выражеием для деформации и законом
Гука
u


,  .
(3)
x
E
В случае цилиндрических стержней уравнение (2) является «точным», поскольку
граничные условия на боковой поверхности (вектор напряжений равен нулю) выполнены.
В случае переменного сечения S (x ) уравнение (2) является приближенным, поскольку
граничные условия на боковой поверхности уже не выполнены точно и для таких
стержней использование уравнения (2) возможно только для случая dR dx  1 , где
R  S   средний радиус сечения.
2
Рассмотрим работу, которая затрачивается при при одноосном растяжении
стержня. Будем увеличивать действующую силу квазистатически от нуля до конечного
значения F0   0 S малыми приращениями F  S , считая что в каждый
рассматриваемый момент стержень находится в равновесии. Тогда на каждом шаге мы
можем посчитать работу для стержня длины L
  i
Wi  ( Fi 1  F )  Li  LS i 1
 .
2
Тогда вся затраченная работа будет представлена интегралом


0
0
W   Wi  LS  d  LS  Ed  LS
i
E 2
.
2
Эта работа перешла в упругую энергию деформированного стержня. Если подсчитать
сколько энергии запасено в единице объема тела получим следующее выражение для
объемной плотности упругой энергии
W W
2
U

E .
(4)
V
SL
2
Чистый изгиб начально прямолинейного стержня.
Рассмотрим задачу чистого изгиба прямолинейного стержня круглого сечения
заданными моментами (рис.2). Пусть в результате изгиба осевая линия стержня не
меняет своей длины и описывается плоской параметрически, заданной кривой
x  x( s ), y  y ( s )
Будем считать, что сечения стержня нормальные к его осевой линии и после
деформации остались нормальными к изогнутой оси.
Рис.2 Изгиб стержня круглого сечения моментом М.
Введем единичные векторы касательной и нормали к осевой линии
3

 dr
dx
dy

, x  ,  y  ;
ds
ds
ds
(5)




 d d ds
d 1 d
1 d 2x
1 d2y
n

R

, nx 
, ny 
.
d ds d
ds k ds
k ds 2
k ds 2


В приведенных выражениях:   единичный вектор касательный к осевой линии; n 
единичный вектор нормали; R  ds d  радиус кривизны кривой; k  1 R  кривизна
кривой.
В силу принятых нами гипотез материальное волокно осевой линии АВ, имевшее в
недеформированном состоянии координату y  0 (рис.2(b)), не меняет своей длины. В
силу гипотезы нормальных сечений точка, имевшая в недеформированном состоянии
координаты ( x, y, z ) , после деформации останется в плоскости нормальной к осевой
линии, т.е. ее новое положение определяется радиусом вектором
 


r  r0 ( s)  y  n  z  e z .
Тогда длина dx  ds  Rd материального волокна, имевшего до деформации координату
y  0 и после деформации изменится и станет dL  ( R  y )d (рис.2(b)).
Таким деформация волокна будет иметь следующую величину
y
.
(6)
( s, y , z )  
R( s)
Соответствующие деформациям (6) напряжения растяжения – сжатия будут равны:
Ey
(7)
( s, y, z )  
.
R( s )
Для рассматриваемого круглого сечения (сечение – множество: x 2  y 2  a 2 ) можно
подсчитать главный вектор сил и главный момент:
 2 a

  Ey 
E
dydz  
F ( s )     
d r 2 cos dr  0

R( s ) 
R( s) 0 0
A 





E 
 Ey  
M   [( yn  ze z )   
 ]dydz    e z  y 2 dydz    zydydz  
R 
 R 
A
A
A

2
a
2
a
(8)
EJ zc 
E
E
 e z  d r 3 cos 2 dr    d r 3 sin  cos dr 
ez ,
R 0 0
R 0 0
R
a 4
 геометрический момент инерции сечения стержня относительно оси,
где J zc 
4
проходящей через осевую линию стержня паралллельно оси z .
Поскольку главный вектор сил равен нулю, уравнения равновесия выделенного элемента
(рис.2(а)) сводятся к равенству моментов:


 M ( s )  M ( s  ds )  0.
Откуда следует, что
EJ zc 

e z  const  M 0 e z .
(9)
R( s)
Таким образом изогнутое состояние стержня моментом является дугой окружности
радиуса
EJ zc Ea 4
R

.
(10)
M0
4M 0
4
Для каждого бесконечно малого элемента (рис.2(а)) стержня можно ввести локальную
систему кординат так, что начало системы координат расположено в точке с
 

 

координатами ( x( s ), y ( s ),0) , а орты осей соответственно равны e1  ( s), e2  n, e3  e z .
В данной системе координат малы не только деформации, но и перемещения. Тогда
можно считать, что   11. Матрица напряжений  ij  0, (i, j  1), 11   Ey R
удовлетворяет уравнениям равновесия при отсутствии массовых сил  ij , i  0, j  1,2,3 и
граничным условиям равенства нулю вектора напряжений на свободной поверхности
11 0 0  0 
 0 0 0   cos    0.


 

 0 0 0  sin  
Таким образом можно считать, что в рамках малых деформаций рассмотренное решение
является точным.
Посмотрим, что изменится в полученном решении, если в качестве сечения
рассмотреть произвольную плоскую фигуру, симметричную относительно плоскости 0 xy
(см.рис.3.):
фигура представленная на рис.3(а) – прямоугольник со сторонами AB  a, BC  b;
фигура представленная на рис.3(b) – многоугольник составленный из трех
прямоугольников, два из которых равны. Стороны прямоугольников соответственно
равны AB  a, BC  b, CD  c, DE  d .
Для того, чтобы выполнялись условия равенства нулю главного вектора сил
(первое из условий (8)) необходимо, чтобы осевая линия стержня совпадала с
геометрическим центром тяжести фигуры.
Рис.3 Примеры форм геометрии сечений стержня.
При определениий положения центра тяжести фигур полезно вспомнить некоторые
приемы, облегчающие эту процедуру.
Например для треугольника центр тяжести совпадает с точкой пересечения его
медиан.
Геометрический центр тяжести сложной фигуры, составленной из фигур более
простой формы, совпадает с центром тяжести системы точек, совпадающих с центрами
тяжести отдельных фигур и массами равными площадям соответствующих фигур. Для
прямоугольника (рис.3(а)) центр тяжести – центр его симметрии. Для фигуры,
представленной на рис.3(b), центр тяжести находится по простой схеме:
1) разбиваем ее на три простые фигуры – в данном случае прямоугольники, центр
тяжести которых находится в центре каждого из них;
2) в эти точки помещаем массы, равные их площади;
3) находим положение центра тяжести всей фигуры из условия равновесия этих
точек, под действием параллельных сил тяжести.
5
Для верхнего прямоугольника соответсвующая точка будет иметь массу ab и удалена на
расстояние b 2 от линии на которой лежат их общие части сторон. Для каждого из двух
нижних прямоугольников массы точек равны cd и они удалены на расстояние c 2 от
общей линии. Две нижние точки можно заменить одной точкой, находящейся в плоскости
симметрии и имеющей массу 2cd на расстоянии c 2 от общей линии. Таким образом
задача свелась к определению центра тяжести двух точек. Пусть он находится на
расстоянии L0 от верхней точки, тогда условие равновесия сводится к равенству
моментов, т.е.
(b  c)cd
bc

abL0  
 L0 2cd  L0 
.
(11)
ab  2cd
 2

В общем случае сложной фигуры необходимо пользоваться общей формулой
 ydydz
 zdydz
yc 
A
 dydz
,
zc 
A
A
 dydz
.
A
При подсчете геометрического момента инерции J zc относительно линии,
параллельной оси z и проходящей через центр тяжести сечения, полезно помнить
следующее:
Момент инерции плоской фигуры относительно произвольной оси расположенной
в плоскости фигуры складывается из момента инерции относительно этой оси точки с
массой, равной площади всей фигуры и расположенной в ее центре тяжести, а также из
момента инерции фигуры относительно прямой, параллельной этой оси, но проходящей
через ее центр тяжести. Действительно, если y  расстояние от точки фигуры до оси,
а yc  координата центра тяжести, получим
 y
2
dydz   [( y  y c )  y c ]2 dydz   ( y  y c ) 2 dydz   2( y  y c ) y c dydz   y c2 dydz 
A
A
A
  y  dy dz  2 y c   y dy dz  A 
2
A
y c2
A
 J zc  2 Ayc  y c 
Ayc2
A
 J zc 
Ayc2 ,
A
так как в системе координат с началом в центре тяжести yc  0.
Пользуясь определением и этим фактом можно легко определить геометрический момент
инерции фигур на рис.3.
Для первой фигуры (рис.3(а)):
a 2
J zc  4 
0
b2
a b 3 ab 3
dz  y dy  4  

.
2 24 12
0
2
Для второй фигуры (рис.3(b)) найдем сначала момент инерции относительно оси,
проходящей через точки А и В
d
J AB  2 dz
0
bc

0
a 2d
y 2 dy 

0
b
2
1
dz  y 2 dy  (b  c) 3 d  b 3 (a  2d ) ,
3
3
0
затем найдем площадь фигуры
A  a(b  c)  (a  2d )c
и наконец найдем необходимый нам момент инерции
2
(12)
(13)
a

J zc  J AB  A    L0  ,
2

где величины L0 , J AB , A вычисляются соответственно поформулам (11), (12) и (13).
Таким образом, все что было сказано для цилиндрических стержней круглого
сечения остается справедливым и для стержней произвольного сечения с
6
симметрией относительно плоскости в которой происходит изгиб, если в качестве
осевой линии взять линию, проходящую через центр тяжести сечения.
Подведем итоги:
1.В случае изгиба цилиндрических стержней только внешними изгибающими
моментами решение, полученное в рамках гипотезы плоских сечений, является точным
решением задачи теории упругости даже в случае конечных перемещений.
2.Изогнутая осевая линия стержня является частью окружности.
3.Если считать перемещения также малыми, то справедливы приближения
ds  dx, y(s)  y( x), tg  y( x)  , k  1 R  d ds  d dx  y( x),
которые при подстановке в (9) приводят приводят к уравнению осевой линии в случае
малых прогибов
(14)
EJ zc y ( x)  M 0 .
4.Произведение модуля Юнга на геометрический момент инерции сечения
относительно оси изгиба, проходящей через центр тяжести сечения EJ zc называется
изгибной жесткостью стержня.
Найдем плотность упругой энергии при чистом изгибе. Для этого воспользуемся
выражением (4) и деформацией (6) для отдельного волокна, имеющего координату y ,
2
y2
.
E
2
2R 2
Если проинтегрировать полученное выражение по площади сечения, найдем линейную
плотность упругой энергии (энергия на единицу длины)
EJ zc
k2
(15)
UL 

EJ
.
zc
2
2R 2
U E
В практических приложениях состояние чистого изгиба реализовать практически
невозможно. Помимо внешних моментов на стержень, как правило, действуют еще и
внешние силы. Они могут быть распределенными и сосредоточенными. Задача теории
упругости в этом случае осложняется наличием неоднородных условий на боковых
поверхностях стержня. В этом случае для равновесия стержня обязательно наличие в нем
внутренних касательных напряжений. Тем не менее возможен их приближенный учет в
рамках той же гипотезы плоских сечений.
Плоский изгиб стержня при наличии внешних сил и изгибающих моментов.
Рассмотрим общий случай, когда на выделенный элемент стержня со стороны





отброшенных его частей действуют сила F  T ( s )    N ( s )  n и момент M  M ( s )  e z .
Помимо этих сил на него могут действовать распределенная нагрузка, которая
характеризуется силой, приходящейся на единицу длины стержня,



q ( s)  q ( s)    qn ( s)n и распределенные моменты – m(s)  m(s)  ez .
Будем считать, что действующие внешние силы приведены к центру тяжести выделенного
элемента рис. 4. Запишем условия равновесия :






q ds    qn ds  n  (T  ) sds  (T  ) s  ( N  n) sds  ( N  n) s  0 ;
M
s  ds  M s
 mds  N
s  ds
 ds 2  N s  ds 2 =0.
После деления на ds  0 получим дифференциальные уравнения равновесия стержня




d (T  ) d ( N  n )

 q    q n n  0,
ds
ds
(16)
dM
 m  N  0.
ds
7
Рис.4 Равновесие элемента стержня под действием системы сил и моментов.
Воспользуемся выражениями (5) для производных векторов подвижного базиса и
 
спроектируем первое уравнение на , n :
dT
dN
1 d
 kN  q   0; Tk 
 q n  0; k  
.
(17)
ds
ds
R ds
Если принять гипотезу плоских сечений и предположить нерастяжимость осевого
волокна, можно использовать выражение для момента. В результате получим для
неизвестных T , N , , M замкнутую систему уравнений равновесия при плоской
деформации стержня:
dT
d
N
 q   0;
ds
ds
d dN
T

 q n  0;
ds ds
(18)
d
M  EJ zc
;
ds
dM
 m  N  0.
ds
Положение изогнутой оси стержня восстанавливается из уравнений
dx
dy
 cos ,
 sin  .
(19)
ds
ds
Полученные уравнения (18), (19) справедливы для конечных перемещений и малых
деформаций. Отметим также, что система нелинейна. В данной модели составляющая
силы N является результирующей касательных напряжений, действующих на площадке
нормального сечения. Она называется перерезывающей силой.
В практических приложениях обычно считают q  0, m  0 а прогибы малыми,
тогда величина N R в первом уравнении – мала, и ею пренебрегают по сравнению с
dy
остальными членами. Тогда, учитывая также, что dx  ds, tg   
получим
dx
d 2 y dN
d 2 y dM
(20)
T  T0 ; T0 2 
 qn  0; M  EJ zc 2 ;
 N  0.
dx
dx
dx
dx
Или после исключения момента M и перерезывающей силы N
T  T0 ,
EJ zc y ( x)  T0 y ( x)  qn .
(21)
Рассмотрим для примера несколько типичных задач изгиба стержней, чтобы ознакомиться
8
с типичными граничными условиями, используемыми при разных способах закрепления
концов балок и стержней. При выборе знака для перерезывающих сил и моментов
полезны следующие правила:
1. Перерезывающая сила вычисляется, как сумма проекций на нормаль всех
внешних сил, действующих на отброшенной части стержня (балки).
2. Изгибающий момент в любом сечении стержня (балки) равен алгебраической
сумме моментов всех внешних сил, действующих на отброшенной части.
Задача 1. Считая прогибы малыми, найти напряженно-деформированное состояние
тяжелой консоли прямоугольного сечения (балка, один из концов которой жестко заделан
а другой свободен) под действием подвешенного груза заданной массы.
Рис.5 Консоль с грузом в поле сил тяжести.
ab 3
.
12
Сила T0 в данной задаче равна нулю. Поэтому в случае малых прогибов неоходимо
решить уравнения (20)
dN
d 2 y dM
(22)
 abg  0; M  EJ zc 2 ;
 N  0,
dx
dx
dx
при следующих граничных условиях:
на левом конце – жесткая заделка y (0)  0, y (0)  0;
(23)
на правом конце – отсутствие момента и задана перерезывающая сила
M ( L)  0, N ( L)  mg.
(24)
Введем для удобства массу консоли mk  abL .
Интегрируя первое уравнение (22) с граничным условием (24), получим
N  mk g ( L  x) / L  mg,
затем интегрируем третье уравнение (22) с условием (24)
( x  L) 2
M  mk gL
 mg( x  L).
2L2
Из второго уравнения (22) с учетом граничных условий (23) получим уравнение осевой
линии
mk gL3 ( x  L) 4 mgL3 ( x  L) 3 gL3 (mk  3m)
gL3 (mk  4m)
y ( x) 


( x  L) / L 
.
EJ
EJ
6EJ
24EJ
24 L4
6L3
E
L  4  12 Lm 12 L2   3  6 L2 12mL   2
 .
y
(

)


 2    2 
gL2
b 2 2  ab 3
b  6  b
ab 3  2
Учитывая, ранее проделанные вычисления, момент инерции J 