КУРС ЛЕКЦИЙ ПО СОПРОМАТУ

Тогда	tg2 0		2IXY		(6.5)
			IX IY

При таком значении α0 один из осевых моментов будет иметь минимальное, а другой – максимальное значение.

Перепишем уравнение (6.4) в следующем виде:

IV

IX IY

IX IY

2cos2 0

2

(6.6)

IX IY

IX IY

IU

2cos2 0

2

1

4IXY2

Зная, что

1 tg22 0

1

.

cos2 0

IX IY 2

Подставив это выражение в уравнении (6.6), получим

I

X

I

Y

I

X

I

Y

2

Imin

IXY2

2

2

max

6.5 Радиусы инерции

Обозначение: i, (iY). Размерность: м.

Используются: в расчетах на устойчивость сжатых стержней.

Определяются: по формуле:	i	X			IX			, i		IY
					A			Y		A

41

7ИЗГИБ

7.1Напряжения при чистом изгибе

Если в сечении балки действует только изгибающий момент, то изгиб называется чистым.

Балкой называют стержень, работающий на изгиб. Получим уравнение нормального напряжения.

Рассмотрим деформацию волокна АВ площадью dA, расположенного на координате (х, y).

При чистом изгибе по условию статики:

N dA 0	(7.1)
MY x dA 0	(7.2)
MX y dA 0	(7.3)
Волокно	АВ=dz		в
результате	деформации
удлинилось до А'B' и его
относительное	удлинение
составило	A B AB	,
	AB

где А'B'=(ρ+y)·dφ AB=CD=C’D’=ρ·dφ

42

Тогда

( y) d d

y

(7.4)

d

По закону Гука σ=E·ε.

y

Подставив сюда ε из ур-я (7.4), получим E

(7.5)

Подставим полученное уравнение в (7.3):

MX

y E

y

dA

E

y2dA

EIX

, откуда

1

MX

(7.6)

EIX

Получено уравнение кривизны балки. Подставив его в ур-е (7.5), получим формулу определения нормального напряжения при изгибе

	MX	y ,	(7.7)

IX

где у – координата волокна, в которой определяем напряжение; IX – осевой момент инерции сечения, м4.

Определим положение нейтральной линии, т.е. линии, на которой нормальное напряжение равно нулю.

		IX
Подставим ур-е (7) в ур-е (1):		MX	y dA 0			y dA 0		SX	0 ,

следовательно, нейтральная линия проходит через центр тяжести сечения. Определим максимальное напряжение.

Очевидно, что оно возникает в наиболее удаленных от нейтральной линии волокнах:

max

MX

ymax

MX

,

WX

IX

где WX

IX

– осевой момент

ymax

сопротивления, м3.

Итак, наибольшее нормальное напряжение при изгибе равно

max

MX

.

WX

прямоугольного сечения

Для

bh3

hb3

bh

2

hb

2

I

, I

,

W

, W

.

12

12

6

6

X

Y

X

Y

d4

3

Для круглого сечения I

I

I

, W

W

W

d

.

64

32

X

Y

ос

X

Y

ос

43

7.2Напряжения при поперечном изгибе

Вреальных конструкциях чаще встречается не чистый, а поперечный изгиб, когда в сечении балки действует изгибающий момент MX и поперечная

сила QY.

При наличии поперечной силы в сечении балки имеют место и касательные напряжения τ.

Определим их величину.

Для этого выделим на балке элементарный участок dz.

На левой грани этого участка действует изгибающий момент МХ, создающий напряжения σ, а на правой – МХ+dМХ, создающий напряжения

σ+dσ.

44

Рассмотрим равновесие участка, отсеченного координатой y. С левой части отсеченного участка возникает продольная сила

N*

dA

MX

y*

dA

MX

S*X , а с правой стороны

IX

IX

N* dN* d dA

MX dMX

y* dA

dMX

S *

dMX

S*X

IX

IX

IX

N*

dN*

По условию равновесия N* b dz N* dN* , или

dM

X

S*

dM

S

*

dM

Q S

*

b dz

, откуда

X

X

X

Q

Y

X

IX

X

dz b IX

dz

Y

b IX

Итак, получена формула определения касательных напряжений при

изгибе (формула Журавского):

QY SXотс

где

SXотс - статический момент отсеченной координатой

b IX

y части сечения балки;

b – ширина сечения балки на координате y.

7.3

Максимальные касательные напряжения

Для прямоугольника IX

BH

3

, при y=0

b=B,

отс

BH2

SX

.

12

8

Q S

отс

Q BH2

12

3 Q

3 Q

max

Y

X

Y

Y

Y

.

B BH3

b IX

8

2 BH 2 A

45

Максимальное напряжения в прямоугольном сечении: max 3 QY

2 A

Для круга IX

D4

D

отс

D2

2D

D3

, при y=0

b

,

SX

.

64

2

8

3

12

Q S

отс

Q D3

64

4 Q 4

4 Q

max

Y

X

Y

Y

Y

.

b IX

D D4

3 D2

12

3 A

Максимальное напряжение в круглом сечении: max 4 QY

3 A

Таким образом, для простых фигур формула касательных напряжений имеет вид:

	max		QY		,
			A

где k=4/3 – для круга, k=3/2 – для прямоугольника и треугольника.

7.4 Расчет на прочность при изгибе

Расчет на прочность производим в таком порядке:

1. Строим эпюры внутренних усилий, из которых находим опасное сечение балки (изгибающий момент имеет максимальное значение).

2. В опасном сечении строим эпюры напряжений, из которых находим опасные точки (там, где напряжения имеют максимальное значение).

3. Для опасных точек из условия прочности производим расчеты. Условие прочности при изгибе имеет вид

max MX

WX

46

max QY SXотс

b IX

Если в опасной точке опасного сечения имеют место нормальные и касательные напряжения больших значений, то условие прочности проверяем по эквивалентному напряжению.

Например, по III теории прочности эквIII 2 4 2 .

Пример

Дано: F=20 кН, l=1,5 м.

Балка изготовлена из двутаврового профиля № 16. [σ]=160 МПа, [τ]≈0,6 [σ]≈96 МПа.

Из таблицы сортаментов для двутавра № 16:

IX=873 см4, WX=109 см3, SX=62,3 см3, h=160 мм, b=81 мм, t=7,8 мм, d=5 мм.

Выполнить:

проверочный расчет на прочность.

Решение:

1. Строим эпюры QY и MX. В опасном сечении балки и получаем

MXmax Fl 15кНм, 2

QY F 20кН

2.Строим эпюры напряжений

вопасном сечении.

3.Выполняем проверочный расчет для потенциально опасных точек сечения (1- 3):

1 max	M X		15	10	3	137,8 10	6	Па 137,8 МПа 160 МПа
	WX		109	10 6

Условие прочности в т.1 выдержано.

47

2						MX		y2			15 103				72,2 10 3								124,2 106 Па 124,2 МПа
						IX							873 10 8
													отс			h				t
					Q Sотс							SX		bt										20 103		7,8 81 76,1 10 9		22,0 106
2						Y		X								2				2									Па
						b* IX						b* d													5 10 3 873 10 8
22,0 МПа
																									106
эквIII			2				22 4 22							124,22					4 222							131,6 106	Па
131,6МПа 160МПа
					Условие прочности в т.2 выдержано.
					Q Sотс							b* d				20 103							62,3 10 6			28,0 106
	3					Y		X																			Па
						b* IX										5 10 3						873 10 8

28,0МПа 96МПa

Условие прочности в т.3 выдержано.

Вывод: условие прочности балки выдержано.

48

7.5 Определение перемещений при изгибе

Перемещения сечений балок при изгибе определяют:

-непосредственным интегрированием дифференциального уравнения изогнутой оси балки;

-методом начальных параметров;

-методом Мора;

-графоаналитическим способом Верещагина.

7.5.1 Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки

Определять перемещения (деформации) необходимо, например, при расчетах на жесткость или при расчетах статически-неопределимых систем.

Деформации при изгибе описывают:

y - прогибом сечения балки (линейным перемещением), м;

Θ - углом поворота сечения балки (угловым перемещением), рад.

Прогибом называют перемещение центра тяжести сечения балки по направлению, перпендикулярному оси балки.

Углом поворота называют угол, на который поворачивается сечение балки по отношению к своему первоначальному положению.

Деформированная ось балки называется изогнутой осью или упругой линией балки.

Деформация балки характеризуется кривизной ее изогнутой оси. Ранее нами было получено уравнение кривизны балки при изгибе (см.

раздел 7.1):

1		MX	(7.8)

EIX

49

Из высшей математики известно уравнение кривизны линии d2y

dz2

3

2 2dy1

1

dz

dy

y

;

d2 y

.

Перейдем к обозначению

dz

dz2 y

Тогда

1

y

(7.9)

3

1 y 2 2

Знак “-“противоречит условиям изгиба балки, поэтому в уравнении (7.9) оставляем знак “+”.

Приравняв уравнения (7.8) и (7.9), получим точное дифференциальное уравнение изогнутой оси балки:

y			M	X	(7.10)
3
1 y 2 2			EIX

где y – прогиб сечения балки;

y - угол поворота сечения балки.

Реальные значения y 2 <<1, поэтому этой величиной при малых де-

формациях можно пренебречь.

В таком случае уравнение (3) примет вид

	y	MX				- это приближенное (основное) диф-
						ференциальное уравнение изогну-			(7.11)
		EIX
						той оси балки.
	Чтобы определить угол поворота и прогиб y сечения балки необхо-
димо проинтегрировать уравнение (7.11)
	y				MX dz		C	- угол поворота сечения балки;
					EIX
	y dz			MX dz		Cz D		- прогиб сечения балки.
					EIX

где С и D – постоянные интегрирования, которые находят из граничных условий.

50