Изогнутая под действием нагрузок ось балки представляет собой плавную кривую, которая называется упругой линией. Деформация балки при изгибе характеризуется прогибом у и углом поворота поперечного сечения , который равен углу а наклона касательной к упругой линии по отношению к оси z балки. Уравнения прогибов и углов поворота сечений в общем виде записываются в виде у = f(z), а = f 2 {z)

Из математики известно, что радиус кривизны кривой y = f(z),

в любой точке определяется по формуле где

Ввиду малости деформаций пренебрегаем величиной (у) 2 (так как она значительно меньше единицы) и тогда р * 1 /у". Ранее мы вывели формулу ; подставляя в нее полученное приближенное значение радиуса кривизны, имеем дифференциальное уравнение упругой линии балки:

Чтобы получить уравнение углов поворота сечений а = / 2 (z ), надо это уравнение проинтегрировать один раз, причем ввиду малости деформаций будем считать, что у" = tga * a , рад. Чтобы получить уравнение прогибов у = fi(z), надо это же уравнение проинтегрировать дважды.

Рассмотрим балку постоянного сечения, нагруженную моментом т, сосредоточенной силой F и равномерно распределенной нагрузкой

Рис. 6.23

Начало координат возьмем на левом конце балки, ось у направим вверх, а ось z - вправо. Рассматриваемая балка имеет пять участков, каждому из которых соответствует свое уравнение моментов, уравнение прогибов и уравнение углов поворота сечений. Обратим внимание на то, что упругая линия балки есть плавная кривая, следовательно, на границах участков значения углов поворота сечения и прогибов, вычисленных из уравнений соседних участков, будут совпадать. Интегрирование дифференциальных уравнений будем производить, не раскрывая скобок в уравнениях моментов, что сказывается лишь на значениях произвольных постоянных.

Участок 1 :

Участок 2

Подставив в уравнения первого и второго участков значение z~ о, получим

Участок 3:

Участок 4:

Так как на границах смежных участков справедливы уравнения и предыдущего и последующего участков, то Q = С 2 = С 3 = С 4 = С, D Z?2 Z) 3 Z?4 Z).

Обозначив через ао угол поворота сечения в начале координат (в радианах), а через у 0 - прогиб в начале координат, при z = 0 получим

Так как каждой отдельной нагрузке в уравнениях соответствует отдельное слагаемое, то в общем виде можно записать

обобщенное уравнение углов поворота сечений:

обобщенное уравнение прогибов:

Если равномерно распределенная нагрузка заканчивается не в конце балки, то эту нагрузку следует мысленно продолжить до конца и добавить противоположно направленную нагрузку такой же интенсивности (рис. 6.23, участок 5). При этом в обобщенные уравнения углов поворота и прогибов соответственно добавится еще по одному слагаемому с отрицательным знаком: -

Знаки слагаемых в обобщенных уравнениях устанавливают по правилу знаков для изгибающих моментов: положительное значение у обозначает прогиб вверх, и наоборот; положительное значение а означает поворот сечения против часовой стрелки, и наоборот.

При пользовании обобщенными уравнениями следует помнить, что:

• 1) для балки, жестко защемленной левым концом, ао = 0, уо = 0;
• 2) для балки, левый конец которой лежит на опоре, ао* 0, уо = 0; для определения ао следует составить уравнение прогибов для второй опоры и приравнять его нулю;
• 3) в сечении с максимальным прогибом угол поворота сечения а = 0, так как в этой точке упругой линии касательная параллельна оси Z-

Помимо расчетов на прочность балки нередко проверяют или рассчитывают на жесткость. Условие жесткости заключается в том, что максимальный прогиб (стрела прогиба f) или максимальный угол поворота не должны превышать допускаемых величин. Расчетные уравнения на жесткость имеют вид:

Допускаемую величину прогиба обычно задают в долях длины пролета /, например, для мостов [/] = (1/700...1/1000) /. Допускаемый угол поворота сечения задают в долях радиана.

В заключение параграфа выведем формулу потенциальной энергии деформации балки.

Из формулы определим кривизнуупругой линии

где dа - элементарный угол поворота сечения z на участке dz (угол смежности).

Тогда Элементарная потенциальная энергия деформации равна элементарной работе изгибающего момента и при статическом нагружении равна В результате интегрирования в пределах участка длиной / получим нужную формулу

Пример 6.8

Определить прогиб у в свободного конца консольной балки АВ, изгибаемой сосредоточенной силой /Грис. 6.24).

Решение. Реакция R A и момент защемления т А соответственно равны R A = = F,m A = FI. Учитывая, что уо = 0 и а 0 = 0, из обобщенного уравнения прогибов находим Е1у в = R A l 2 /в-т А 1 2 /2 . Подставив значения R A wm, получим

Пример 6.9

Определить максимальный прогиб и углы поворота сечений на опорах балки, показанной на рис. 6.25.

Решение. В силу симметрии балки реакции опор равны R A = R B = ql/2. Поместим начало координат на левой опоре; тогда у 0 = 0. Для определения ао используем условие, что при z = IУв = 0.

откуда а 0 = -ql 2 /(24 EI). Очевидно, что а в = -а 0 . Наибольшие углы поворота имеют опорные сечения.

Рис. 6.25

Максимальный прогиб находится посередине пролета балки, то есть при 1=1/ 2. Тогда

Следовательно,

Пример 6.10

Определить максимальный прогиб и угол поворота на опорах балки, нагруженной посередине пролета сосредоточенной силой (рис. 6.26).

Рис. 6.26

Решение. Реакции равны F/2 каждая и направлены снизу вверх. Помещаем начало координат на левой опоре, тогда уо = 0- Для определения а 0 используем условие, что при z = / прогиб равен нулю (у в = 0):

тогда следовательно,

Ввиду симметрии угол поворота на правой опоре

Максимальный прогиб будет при z = 4 2, тогда , следовательно, . Окончательно

2013_2014 учебный год II семестр Лекция № 2.6 стр. 12

Деформация балок при изгибе. Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки. Метод начальных параметров. Универсальное уравнение упругой линии.

6. Деформация балок при плоском изгибе

6.1. Основные понятия и определения

Рассмотрим деформацию балки при плоском изгибе. Ось балки под действием нагрузки искривляется в плоскости действия сил (плоскость x 0y ), при этом поперечные сечения поворачиваются и смещаются на некоторую величину. Искривленная ось балки при изгибе называется изогнутой осью или упругой линией .

Деформацию балок при изгибе будем описывать двумя параметрами:

прогиб (y ) – смещение центра тяжести сечения балки по направлению, перпендикулярному

рис. 6.1 к ее оси.

Не путать прогиб y с координатой y точек сечения балки!

Наибольший прогиб балки называется стрелой прогиба (f = y max );

2) угол поворота сечения () – угол, на который сечение поворачивается относительно своего первоначального положения (или угол между касательной к упругой линии и первоначальной осью балки).

В общем случае величина прогиба балки в данной точке является функцией координаты z и может быть записана в виде следующего уравнения:

Тогда угол между касательной к изогнутой оси балки и осью x будет определяться из следующего выражения:

.

Ввиду малости углов и перемещений, можем считать, что

угол поворота сечения есть первая производная от прогиба балки по абсциссе сечения.

6.2. Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки

Исходя из физической природы явления изгиба, можем утверждать, что изогнутая ось непрерывной балки должна быть непрерывной и гладкой (неимеющей изломов) кривой. При этом деформация того или иного участка балки определяется искривлением его упругой линии, то есть кривизной оси балки.

Ранее нами была получена формула для определения кривизны бруса (1/ρ) при изгибе

.

С другой стороны, из курса высшей математики известно, что уравнение кривизны плоской кривой выглядит следующим образом:

.

Приравняв правые части данных выражений, получим дифференциальное уравнение изогнутой оси балки, которое называется точным уравнением изогнутой оси бруса

В координатной системе прогибов z 0 y , когда ось y направлена вверх, знак момента определяет знак второй производной от y по z .

Интегрирование данного уравнения, очевидно, представляет некоторые трудности. Поэтому его, как правило, записывают в упрощенной форме, пренебрегая величиной в скобках по сравнению с единицей.

Тогда дифференциальное уравнение упругой линии балки будем рассматривать в виде:

(6.1)

Решение дифференциального уравнения (6.1) найдем, интегрируя обе его части по переменной z :

(6.2)

(6.3)

Постоянные интегрирования C 1 , D 1 находят из граничных условий – условий закрепления балки, при этом для каждого участка балки будут определяться свои постоянные.

Рассмотрим процедуру решения данных уравнений на конкретном примере.

Дано:

Консольная балка длиной l , загруженная поперечной силой F . Материал балки (E ), форму и размеры ее сечения (I x ) также считаем известными.

Определить закон изменения угла поворота (z ) и прогиба y (z ) балки по ее длине и их значения в характерных сечениях.

Решение

а) определим реакции в заделке

б) методом сечений определим внутренний изгибающий момент:

в) определим угол поворота сечений балки

Постоянную C 1 найдем из условий закрепления, а именно – в жесткой заделке угол поворота равен нулю, тогда


(0) = 0  C 1 =0.

Найдем угол поворота свободного конца балки (z = l ) :

Знак «минус» показывает, что сечение повернулось по часовой стрелке.

г) определим прогибы балки:

Постоянную D 1 найдем из условий закрепления, а именно – в жесткой заделке прогиб равен нулю, тогда

y(0) = 0 + D 1  D 1 = 0

Найдем прогиб свободного конца балки (x = l )

.

Знак «минус» показывает, что сечение опустилось вниз.

Определение перемещений в балках аналитическим способом

Пример 1

Условие задачи

Для балки, показанной на рис. 4.20, а , требуется найти прогиб в сечении С , угол поворота в сечении В аналитическим способом и проверить условие жесткости, если допускаемый прогиб равен l /100. Балка выполнена из дерева и имеет поперечное сечение из трех бревен радиусом 12 см. (Подбор сечения этой балки см. в разд. 4.1.2, пример 1.)

Решение

Для определения перемещений балки аналитическим способом составим дифференциальное уравнение изогнутой оси (4.16), используя правила Клебша записи выражения для изгибающего момента. Начало координат в рассматриваемой задаче рациональнее выбрать справа (в заделке). Распределенную нагрузку , которая не доходит до левого конца балки, продлим до сечения С (рис. 4.20, в ). Выражение для изгибающего момента будет иметь такой вид:

.

Подставим это выражение в дифференциальное уравнение (4.16) и проинтегрируем его два раза:

;

;

.

Для определения постоянных С и D запишем граничные условия: в заделке (в сечении А , где находится начало координат) угол поворота и прогиб балки равны нулю, то есть

И .

Подставляя эти условия в выражения для угла поворота и прогиба на первом участке, найдем, что

Теперь можно определить заданные перемещения. Для определения угла поворота в сечении В подставим в выражение для угла поворота на первом участке (только до черты с номером I) значение :

В соответствии с правилом знаков отрицательный знак угла поворота для выбранного начала координат х справа означает, что поворот сечения происходит по часовой стрелке.

В сечении С , где требуется найти прогиб, координата х равна , и это сечение находится на третьем участке балки, поэтому подставляем х = 4 м в выражение для прогибов, используя слагаемые на всех трех участках:

кН·м 3 .

Знак минус у найденного прогиба показывает, что сечение С перемещается вверх. Покажем найденные перемещения на изогнутой оси балки. Чтобы нарисовать ось балки после деформации, построим эпюру изгибающих моментов (рис. 4.20, б ). Положительный знак эпюры М на участке показывает, что балка на этом участке изгибается выпуклостью вниз, при отрицательном знаке М изогнутая ось имеет выпуклость вверх. Кроме того, деформированная ось балки должна удовлетворять условиям закрепления: в нашем случае на правом конце балка имеет жесткое защемление, и, как уже отмечалось при записи граничных условий, прогиб и угол поворота в защемлении должны равняться нулю. На рис. 4.20, г изображена ось рассматриваемой балки после деформации, удовлетворяющая этим условиям. На изогнутой оси показаны найденные прогиб в сечении С и угол поворота сечения В с учетом их знаков.

В заключение сосчитаем прогиб балки в сантиметрах, угол поворота в радианах и проверим условие жесткости. Найдем жесткость ЕI рассматриваемой деревянной балки из трех бревен радиусом 12 см. Момент инерции поперечного сечения

см 4 .

Модуль упругости дерева Е = 10 4 МПа = 10 3 кН / см 2 . Тогда

Прогиб балки в сечении С

см,

а угол поворота сечения В

рад.

Очевидно (см. рис. 4.20, г ), что найденный прогиб балки в сечении С является максимальным, поэтому для проверки условия жесткости сравним его с допускаемым прогибом. Для балки длиной м допускаемый прогиб согласно условию см. Таким образом, максимальный прогиб см меньше допускаемого, и условие жесткости выполняется.

Пример 2

Условие задачи

В балке с двумя консолями, показанной на рис. 4.21, а надо найти угол поворота сечения А и прогиб сечения D , используя аналитический способ. Сечение балки – двутавр № 24.

Решение

Выберем начало отсчета координаты х на левом конце балки в точке А и запишем выражение для изгибающего момента на всех участках с учетом правил Клебша:

Подставим это выражение в дифференциальное уравнение изогнутой оси (4.16) и проинтегрируем его дважды:

Найдем произвольные постоянные С и D из граничных условий. В точках В и С , где находятся опоры, прогибы не возможны. Поэтому

Получили систему из двух уравнений с двумя неизвестными С и D . Решая эту систему, найдем С = 40 кН·м 2 , D = – 40 кН·м 3 . Проанализируем результат, используя геометрический смысл произвольных постоянных С и D . На рис. 4.21, в показана изогнутая ось балки, соответствующая эпюре изгибающих моментов и условиям закрепления. Точка А , находящаяся в начале координат, перемещается вверх, и поэтому следует ожидать, что будет иметь в соответствии с правилом знаков отрицательный знак. Сечение в точке А поворачивается по часовой стрелке, поэтому постоянная должна быть положительна. Полученные знаки С и D не противоречат проведенному анализу.

Балка нагружена равномерно распределенной нагрузкой . Жесткость поперечного сечения балки на изгиб постоянна и равна . Прогиб в середине пролета балки длиной равен….

Консольная балка на участке АВ нагружена равномерно распределенной нагрузкой интенсивности q. Жесткость поперечного сечения на изгиб по всей длине постоянна. Угол поворота сечения B , по абсолютной величине равен.…

Построим эпюру изгибающих моментов от заданной нагрузки (). Затем построим эпюру от единичного момента (), приложенного в сечении В . Определим угол поворота сечения В. Для этого перемножим эпюры от заданной нагрузки и единичного момента. На левом участке результат перемножения равен нулю. На правом участке обе эпюры линейные. Если взять площадь с единичной эпюры, получим: . Знак «минус» показывает, что сечение В поворачивается в направлении, противоположном направлению единичного момента. При перемножении эпюр можно взять площадь грузовой эпюры, а ординату с единичной (как показано на рисунке).

Задание 25

При данном варианте нагружения в стержне прямоугольного (не квадратного) поперечного сечения имеет место комбинация…..

При внецентренном растяжении (сжатии) стержня в поперечном сечении возникают….

Продольная сила и изгибающий момент

В произвольном прямоугольном поперечном сечении стержня действуют внутренние силовые факторы: N – продольная сила; и − изгибающие моменты. Следовательно, имеет место комбинация.…

Растяжения и чистого косого изгиба

Изгибающие моменты можно геометрически сложить. Плоскость действия суммарного изгибающего момента не будет совпадать ни с одной из главных центральных плоскостей стержня. Поэтому имеет место комбинация растяжения и чистого косого изгиба.

На рисунке представлена схема нагружения стержня круглого сечения. В любом произвольном сечении стержня на участке II имеет место комбинация …

Плоского поперечного изгиба с кручением и растяжением

Рассекаем стержень на втором участке поперечным сечением и отбрасываем левую часть.

Из условий равновесия оставшейся части находим

Для круглого сечения () косой изгиб можно свести к плоскому изгибу, если геометрически сложить изгибающие моменты и , поперечные силы и Следовательно, на втором участке имеем плоский поперечный изгиб с кручением и растяжением.

Видами деформаций участков стержня являются …

I – изгиб с кручением, II – плоский изгиб

На рисунках изображены отсеченные части стержня. Поперечные силы условно не показаны. поэтому косой изгиб на участке II можно свести к плоскому изгибу моментом . На участке I сила вызывает деформацию – плоский изгиб с кручением. На участке II – плоский изгиб.

Задание 26

При данном нагружении стержня (сила лежит в плоскости ) максимальное нормальное напряжение возникает в точке….

Стержень прямоугольного сечения с размерами нагружен, как показано на схеме. Сила , размеры заданы. Сила лежит в плоскости . Значение нормального напряжения в точке равно….

(т.к.

После подстановки )

Максимальное нормальное растягивающее напряжение в стержне прямоугольного сечения с размерами и равно . Длина стержня l задана. Значение силы F равно.…

Максимальное нормальное растягивающее напряжение возникает в точке В , расположенной в сечении, бесконечно близком к заделке.

Учитывая, что в данном сечении и в точке В они вызывают растяжение, получим Следовательно, значение силы

Представлены эпюры распределения нормальных напряжений в поперечном сечении стержня. Косому изгибу при заданном нагружении стержня соответствует эпюра …

Из физического представления о процессе изгиба ясно, что верхние слои стержня будут растягиваться, а нижние – сжиматься. Кроме того, при косом изгибе нейтральная линия проходит через центр тяжести поперечного сечения. Поэтому верным является 3 вариант.

Задание 27

Прочность колоны при удалении точки приложения сжимающей силы от центра тяжести сечения…….

Уменьшается

Линия действия сжимающей силы проходит через точку К контура ядра сечения. Нейтральная линия занимает положение……

(т.к. )

Стержень работает на внецентренное сжатие. В опасных точках поперечного сечения имеем ______________ напряженное состояние.

Линейное

При внецентренном сжатии в поперечном сечении стержня возникают два внутренних силовых фактора: продольная сила и изгибающий момент. Поэтому, напряжения в любой точке поперечного сечения будут складываться из нормальных напряжений осевого сжатия и нормальных напряжений от чистого, в общем случае косого, изгиба. Следовательно, в опасных точках сечения имеем линейное напряженное состояние.

Задание 28

Схема нагружения стержня круглого поперечного сечения показана на рисунке. Опасной будет точка……

Стержень круглого сечения диаметром , высотой нагружен двумя силами, лежащими в плоскости . Значение эквивалентного напряжения в точке , по теории больших касательных напряжений, равно……(Касательные напряжения от поперечной силы в расчетах не учитывать)

Стержень круглого сечения диаметром изготовлен из пластичного материала. Значение силы . Эквивалентное напряжение в опасной точке стержня, по теории наибольших касательных напряжений, равно.…

52 МПа

Опасное сечение при данном нагружении стержня будет у заделки. Влиянием поперечных сил пренебрегаем. Значения избегающих моментов и крутящего момента в опасном сечении показаны на рисунке.

Используя теорию наибольших касательных напряжений, найдем эквивалентное напряжение в опасной точке: или После подстановки заданных значений и получим

Стержень работает на деформации изгиб и кручение. Напряженное состояние, которое возникает в опасной точке поперечного сечения круглого стержня, называется …

Плоским

Если элементарный объем поворачивать вокруг нормали к внешней цилиндрической поверхности, то можно отыскать такое его положение, при котором касательные напряжения на его гранях будут равны нулю, а нормальные напряжения (главные напряжения) нулю равняться не будут. Так как нормальное напряжение по верхней грани (одно из главных напряжений) равно нулю, то напряженное состояние является плоским.

Ломаный стержень круглого сечения диаметром d нагружен силой F . Длины участков одинаковы и равны Значение максимального эквивалентного напряжения в стержне, по теории наибольших касательных напряжений, равно …

Опасное сечение в стержне расположено бесконечно близко к заделке. В данном сечении действуют изгибающий момент и крутящий момент На основании теории наибольших касательных напряжений эквивалентное напряжение в опасной точке круглого сечения определяется по формуле где Следовательно,

Стержень прямоугольного сечения испытывает деформации изгиба в двух плоскостях и кручение. Напряженное состояние, которое возникает в опасных точках, будет …

Линейным и плоским

При оценке напряженного состояния в опасных точках прямоугольного сечения, когда оно работает на деформации изгиба в двух плоскостях и кручение, проверяют три точки: угловую, в середине длинной и в середине короткой сторон. В угловой точке возникают только нормальные напряжения. Следовательно, напряженное состояние будет линейным. В точках, расположенных в середине длинной и короткой сторон, наряду с нормальными напряжениями. появляются касательные. Поэтому в этих точках напряженное состояние будет плоским.

Задание 29

Жесткость поперечного сечения на изгиб по длине балки постоянна. Размер задан. Значение силы , при которой прогиб концевого сечения В будет , равно……

Криволинейный стержень радиусом нагружен силой .Жесткость поперечного сечения на изгиб задана. Вертикальное перемещение сечения В равно….

(т.к. )

4. Изгиб. определение перемещений.

4.1. Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки и его интегрирование.

При изгибе ось балки искривляется, а поперечные сечения перемещаются поступательно и поворачиваются вокруг нейтральных осей, оставаясь при этом нормальными к изогнутой продольной оси (рис. 8.22). Деформированная (изогнутая) продольная ось балки называется упругой линией, а поступательные перемещения сечений, равные перемещениям y = y (x ) их центров тяжести сечений – прогибами балки.

Между прогибами y (x ) и углами поворота сечений θ (x ) существует определенная зависимость. Из рис. 8.22 видно, что угол поворота сечения θ равен углу φ наклона касательной к упругой линии (θ и φ - углы с взаимноперпендикулярными сторонами). Но согласно геометрическому смыслу первой производной y / = tg θ . Следовательно, tg θ =tg φ =y / .

В пределах упругих деформаций прогибы балок обычно значительно меньше высоты сечения h , а углы поворота θ не превышают 0.1 – 0.15 рад. В этом случае связь между прогибами и углами поворота упрощается и принимает вид θ =y / .

Определим теперь форму упругой линии. Влияние перерезывающих сил Q на прогибы балок, как правило, незначительно. Поэтому с достаточной точностью можно принять, что при поперечном изгибе кривизна упругой линии зависит только от величины изгибающего момента M z и жесткости EI z (см. уравнение (8.8)):

Приравнивая правые части (8.26) и (8.27) и учитывая, что правила знаков для M z и y // были приняты независимо друг от друга, получаем

Выбор знака в правой части (8.29) определяется направлением координатной оси y , так как от этого направления зависит знак второй производной y // . Если ось направлена вверх, то, как видно из рис. 8.23, знаки y // и M z совпадают, и в правой части надо оставить знак плюс. Если же ось направлена вниз, то знаки y // и M z противоположны, и это заставляет выбрать в правой части знак минус.

Заметим, что уравнение (8.29) справедливо только в пределах применимости закона Гука и лишь в тех случаях, когда плоскость действия изгибающего момента M z содержит одну из главных осей инерции сечения.

Интегрируя (8.29), находим сначала углы поворота сечений

Постоянные интегрирования определяются из граничных условий. На участках с различными аналитическими выражениями для изгибающих моментов дифференциальные уравнения упругой линии также различны. Интегрирование этих уравнений при n участках дает 2 n произвольных постоянных. Для их определения к граничным условиям на опорах добавляются условия равенства прогибов и углов поворота на стыке двух смежных участков балки.