Сопротивление материалов

Лекция №1
ИЗОГНУТАЯ ОСЬ БАЛКИ
Изгиб балки сопровождается искривлением ее оси. При этом точки оси получают поперечные
перемещения или прогибы, а поперечные сечения поворачиваются относительно своих нейтральных
осей. Углы поворота поперечных сечений принимаются равными углам наклона  касательной к
изогнутой оси балки. Прогибы и углы поворота в балках часто называются линейными и угловыми
перемещениями.
Р
А
+ (x)
ось балки
В
– (x)
x

x
М
y=f(x)
изогнутая ось балки (ИОБ)
y
y  f (x) - закон изменения прогиба оси балки;
АМВ – изогнутая ось (упругая линия) – кривая, в которую превращается прямолинейная до
деформации ось балки после приложения нагрузки;
 (x ) - угол наклона касательной.
Прогибы и углы поворота в балках являются переменными величинами, т.е. функциями
координаты х.
О знаке  (x ) :
 - положительно, если при совмещении оси балки с касательной идет движение по часовой
стрелке.
касательная

ось балки

касательная
На часть конструкций часто накладываются жесткие ограничения на перемещения, например для
балочных мостов, кран-балок и т.д., т.е. возникает необходимость рассмотрения геометрической
стороны задачи при изгибе.
I. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ УРАВНЕНИЕ ИЗОГНУТОЙ ОСИ БАЛКИ
Постановка задачи:
Вид ИОБ определяется
1. действием нагрузки, которая вызывает внутренние усилия M, Q, N;
2. геометрической характеристикой I;
3. материалом Е.
Значит y  f ( M , E , I )
I – момент инерции поперечного сечения балки относительно его нейтральной оси;
Е – модуль упругости материала балки.
M  f (x) , E, I – от x не зависят.
y  E  I  M (x)
Лекция №1
ВЫВОД ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО УРАВНЕНИЯ
В лекции «Напряжения в случае плоского поперечного изгиба балки» (прошлый семестр)
рассматривалось «Определение нормальных напряжений». При этом было рассмотрено 3 стороны
задачи:
1. геометрическая сторона задачи;
2. физическая сторона задачи;
3. статическая сторона задачи.
При рассмотрении геометрической стороны задачи была установлена зависимость
y
  , где

 - относительная деформация;
y - прогиб оси балки;
 - радиус кривизны ИОБ.
При рассмотрении физической стороны задачи была использована гипотеза о том, что
продольные волокна балки не давят друг на друга, т.е. что изгиб сводится к деформациям
продольных волокон, которые деформируются изолированно, испытывая простое одноосное
растяжение (сжатие). Эта гипотеза делает возможным для связи деформаций и напряжений при
изгибе использование закона Гука.
  E 
y
  E   E 

В статической стороне задачи было рассмотрено следующее сечение
Суммарное действие внутренних напряжений должно
быть равно внешним воздействиям.

dF
N
dF
Имеет место 2 условия равновесия:
1. X лев  0
2. M лев  0
М
x
N
X лев  0
X лев  N     dF  0
F
  dF - сила по элементарным площадкам;
   dF - сила по всему сечению.
F
N  E y
F
1

 dF 
E

  y  dF 
F
E

I
M лев  0
M     dF  y  
F
Отсюда
F
1


M
EI
E

 y  dF  y 
E
y

2
 dF 
F
(1),
E

I
Лекция №1
где
 - радиус кривизны ИОБ;
E  I - жесткость балки при изгибе (изгибная жесткость).
Так как в выражение (1) вошли все 3 фактора M, E, I, то осталось выразить 1

через y.
Для этого воспользуемся выражением из высшей математики
1
y
(2)


[1  ( y) 2 ]3 / 2
Приравниваем (1) и (2).
y
M
(3)
точное дифференц. уравнение ИОБ


2 3/ 2
[1  ( y) ]
EI
Так как в реальных конструкциях нормами проектирования допускаются сравнительно малые
прогибы, а именно
1 
 1
f 

 , то ИОБ в реальности пологая.
 200 1000 
Угол   10
dy
 tg , а ( y) 2  [tg(10 )]2  0,017 2  0,000289 , то этим слагаемым в выражении
Поскольку y 
dx
(3) можно пренебречь.
Таким образом,
M
 y 
(4)
EI
Эта формула устанавливает зависимость между M , E  I и 2-ой производной y  от прогиба.
Известно, что M  0 , когда момент, растягивая нижние волокна, обращает балку выпуклостью
вниз.
Тогда из математики y  0 (вторая производная от функции отрицательна, если кривая
обращена выпуклостью в положительную сторону оси y).
x
y
Таким образом, при положительном изгибающем моменте, 2-ая производная должна быть
отрицательной, следовательно в уравнении (4) удерживается знак «-» и формула имеет вид
M
y  
(5)
приближенное дифференц. уравнение ИОБ
EI
Лекция №1
ОСНОВНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ ЗАВИСИМОСТИ
Ранее известные зависимости:
dM
Q
dx
dQ
 q
dx
y  f (x) ,   y
M   E  I  y
Q   E  I  y
(6)
(7)
q  E  I  y IV
Уравнения (7) позволяют, имея q, Q и M (а эти величины всегда возможно определить, построив
эпюры в балках), получить значения y (прогиба) и  (угла поворота).
II. МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ ИОБ
Существует 3 метода решения дифференциальных уравнений ИОБ:
1. Метод непосредственного интегрирования
2. Метод начальных параметров
3. Метод Мора
1. МЕТОД НЕПОСРЕДСТВЕННОГО ИНТЕГРИРОВАНИЯ
Метод непосредственного интегрирования заключается в непосредственном интегрировании
уравнения (5).
E  I  y   M
x
E  I  y    Mdx  C1
(8)
0
x

E  I  y      Mdx dx  C1  x  C2
00

x
Зная закон изменения M  f (x) можно определить y как функцию от x ( y  f (x) ).
Интегрирование ведется по участкам, для которых должны быть известны аналитические
выражения изгибающих моментов M  f (x) .
В результате двукратного интегрирования на каждом участке появляются 2 произвольные
постоянные С1 и С2.
Если балка разбивается на n участков, то постоянных интегрирования будет 2n.
Их определяют из
1. граничных условий (способов закрепления);
2. условий сопряжения участков.
Лекция №1
1. УСЛОВИЯ ЗАКРЕПЛЕНИЯ (ГРАНИЧНЫЕ УСЛОВИЯ)
1) жесткое защемление
Р
При x  0  y  0 и   0
x
y
2) шарнирное опирание
Р
x

При x  0  y  0 и   0
При x    y  0 и   0
y
Таким образом, с учетом граничных условий осталось 2  n  2 неизвестных.
2. УСЛОВИЯ СОПРЯЖЕНИЯ ГРАНИЧНЫХ УЧАСТКОВ
а
x
yлев
при x  a  yправ  y л ев ,  прав   л ев
yправ
прав
лев
y
Таким образом, всегда можно составить 2  n  2 условия сопряжения и найти уравнение ИОБ.