Материал: book2 (1)
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 ○M скачок на величину момента этой пары, а на на эпюре ○Q ýòî íå
отражается.
6.7.Напряжения в балке при изгибе
Изобразим балку (рис. 6.7.1). 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. 6.7.1. Определение напряжений в балке
Домашняя
JJ II
J
I
Назад
На весь экран
Закрыть
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
только от изгибающего момента
6.7.1.Нормальные 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. 6.7.2), очевидно, что для не¼ =
= . На среднем участке поперечная сила равна нулю, следователь-
но, 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. 6.7.3). Обозначим через ,
главные центральные оси инерции в правом сечении. Индексы при обо-
Домашняя
JJ II
J
I
Назад
На весь экран
Закрыть
Домашняя
JJ II
J I
Назад
На весь экран
Рис. 6.7.2. Изгиб чистый и поперечный
значении осей опущены, так как, в дальнейшем, всегда будем рассматривать только главные центральные оси. Ось направлена вниз, чтобы
согласовать знаки изгибающих моментов, координат рассматриваемой точки и напряжений.
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;
Закрыть
Домашняя
JJ II
J I
Назад
Рис. 6.7.3. Часть балки при чистом изгибе
На весь экран
∫
∑
= = 0 это уже не тождество, а необходимая формула;
∫
∑
= · − = 0;
∫
∑
= − · = 0 знак минус, т. к. вращает рассмат-
риваемую 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:
∫
= 0, (1)
Закрыть
∫ |
· = , |
(2) |
∫ |
· = 0. |
(3) |
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 теоретическим пут¼м. Рассмотрим балку прямоугольного сечения (конечно при чистом изгибе) (рис. 6.7.4).
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.
Домашняя
JJ II
J
I
Назад
На весь экран
Закрыть