Основные понятия и допущения Изгиб - вид деформации, который связан с изменением кривизны бруса под действием попе-речных сил и внешних пар. Изгиб от поперечных на-грузок называют попереч-ным. F B q А М Брусья, работающие на изгиб, называются балками. F М q Балка с одним заделан- ным концом – это кон- сольная балка или консоль. ИЗГИБ
Поперечный изгиб может быть плоским прямым или косым изгибом. Плоский изгиб происходит в случае, когда силовая плоскость (плоскость действия изгибающего момента) проходит через одну из главных осей инерции Если в поперечном сечении действует только изги - бающий момент, деформация называется чистый изгиб. Основные понятия и допущения y С F x С y С F С x С
Определение реакций 2. шарнирно-подвижная опора (стержень с шарнирами на концах) При изгибе для закрепления балки, в основном, ис - пользуются шарнирно-неподвижная опора ( цилиндрический шарнир ), 3. жесткая заделка. Прежде чем приступить к расчету необходимо составить расчетную схему, определить опорные реакции.
Определение реакций Так как все силы действуют перпендикулярно про - дольной оси балки, горизонтальная составляющая реакции равна нулю. Третье уравнение используют для проверки пра- вильности определения реакций: Для плоской системы сил достаточно 3-х уравнений статики. Поэтому из условий равновесия для определения реакций применяют два следующих уравнения статики : Σ М (А) = 0; Σ М (В) = 0 Σ F ky =0 Чаще записывается проще Σ Y =0
F B q А М у z Σ М (А) = 0; Σ М (В) = 0 Определение реакций Y A Y B Σ Y = 0
Внутренние усилия при изгибе При действии внешних силовых факторов в каждом поперечном сечении балки возникают внутренние усилия : поперечные силы и изгибающие моменты. Для их нахождения ис - пользуется метод сече - ний. z Рассмотрим равновесие левой части балки. F B А Y A A Y B z 1 1 1
Выполним приведение системы сил к центру сечения О. В соответствие с леммой Пуансо, с илу, действую - щую на тело, можно переносить параллельно самой себе, добавляя при этом пару, момент кото - рой равен моменту данной силы относительно новой точки приложения Выполним это для каждой силы Внутренние усилия при изгибе O А F Y A z a z 1 1 1
O А F Y A z 1 a Внутренние усилия при изгибе Приведенную к центру систему в соответствие с теоремой Пуансо можно выразить через главный вектор, равный сумме внешних сил и главный момент, равный сумме моментов внешних сил относительно центра сечения. Q z O M z А F Y A z 1 a
Запишем условие равновесия : Σ F ky = 0 ; М z = - Y A · z + F · (z - a ) Q z = F - Y A Q z O M z А F Y A z 1 a Внутренние усилия при изгибе Σ М о = 0; - М z - Y A · z + F · (z- a ) = 0; Q z + Y A - F = 0
Внутренние усилия при изгибе Изгибающий момент М z в любом сечении равен алгебраической сумме моментов всех сил, дей - ствующих по одну сторону от сечения балки отно - сительно центра тяжести сечения. Поперечная сила Q z в любом сечении равна алгеб - раической сумме проекций всех внешних сил, приложенных с одной стороны от сечения, на ось в плоскости сечения, перпендикулярную к продольной оси балки.
Правило знаков Поперечная сила считается положительной, если она сдвигает левую часть балки от сечения вверх, а правую - вниз В противном случае поперечная сила отрицатель - на. z + Q z y F F z - Q z y F F
+ M z M M - M z M M Изгибающий момент в сечении считается положительным, если он изгибает балку выпук - лостью вниз Правило знаков При изгибе балки выпуклостью вверх изгибающий момент считается отрицательным.
Порядок построения эпюр 6. Строят в принятом масштабе эпюры Q z и М z, откладывая вверх от оси балки положительные значения, вниз - отрицательные. 1. Балка вычерчивается в выбранном масштабе с указанием размеров и нагрузок; 2. Определяются реакции с обязательной последу- ющей проверкой; 3. Балка разбивается на отдельные участки со сво- им законом изменения нагрузки; 4. Для каждого участка записываются уравнения для определения Q z и М z ; 5. Вычисляют ординаты Q z и М z по составленным для участков уравнениям;
ИЗГИБ q q y A B z Y A Y B Σ М (А) =0; Y B · - q · = 0; Σ Y= 0 ; Σ М ( B ) =0; - Y A · +q · = 0; (1) (2) (3) Y B = (1) (2) Y A = (3) Y A +Y B - = 0 q · 0 = 0 Проверка
ИЗГИБ y q A B z Y A Y B 1 z 1 1 1 Разбиваем балку на участки 1 z 1 =0; z 1 = Участок один, так как характер нагрузки не меняется -Q z 1 - qz 1 + Y A = 0 y q A Y A 1 z 1 1 z Q z 1 = Y A - qz 1 Σ Y= 0 ; Σ М ( o ) =0; - Y A · z 1 + q · +M z 1 = 0; M z 1 = Y A · z 1 - q
ИЗГИБ y q A B z Y B 1 z 1 1 1 1 Q z 1 = Y A - qz 1 Подставим значения коорди-нат и рассчитаем величину поперечной силы на концах участков Q z 1 =0 = Y A = ; Q z 1 = l = Y A - q l = - q l =- ; + - « Q » Поперечная сила по длине участ-ка принимает значение равное нулю, а так как поперечная сила – первая производная изгибаю-щего момента, то момент будет иметь в этой точке экстремаль-ное значение Найдем координату, при которой Q= 0. Y A - qz 1 = 0 z 1 = Y A / q = =
ИЗГИБ y q A B z Y B 1 z 1 1 1 + - « Q » M z 1 = Y A · z 1 - q M z 1 =0 = 0 M z 1 = l = · l - q =0 M z 1= = - Так как зависимость момента от координаты квадратичная, то линия, ограничивающая эпюру моментов - парабола «М» + Эпюра построена на сжатом волокне
ИЗГИБ y z A B Y A Y B F Σ М (А) =0; Y B · - F · = 0; Σ Y= 0 ; Σ М ( B ) =0; - Y A · + F = 0; Y B = (1) (2) Y A = (3) Y A +Y B - = 0 Проверка (1) (2) (3) 0 = 0 1 2
ИЗГИБ Q z 1 = Y A = ; Q z 2 = - Y B = « Q » M z 1 = Y A · z 1 M z 2 = Y B · z 2 z 1 =0; z 1 = z 2 =0; z 2 = Начало координат в т. В y z A Y A 1 z 1 Q M y В Y В 2 z 2 z Q M М z 1 = = ; «М» 1 Участок A B z Y A Y B F 1 2 z y 2 Участок М z 2= = ;
ИЗГИБ Σ М (А) =0; Y B · l - F · a = 0; Σ Y= 0 ; Σ М ( B ) =0; - Y A · l + F · b = 0; (3) Y A +Y B - = 0 Проверка (1) (2) (3) 0 = 0 y z A B Y A Y B F l a b + - F = 0 Определение реакций (1) Y B = (2) Y A =
ИЗГИБ На балке 2 участка с разным характером нагружения: 1-й рассматривается при начале координат в точке А. 1 z 1 = 0; z 1 = а Q z 1 = Y A = ; y M z 1 = Y A · z 1 M z 1 =0 = 0; M z 1 = а = A B Y A Y B F 1 2 l a b z 1 z 2 При рассмотрении 2-го участка начало координат переносится в точку В 2 z 2 = 0; z 2 = b. Q z 2 = - Y В = - ; M z 2 = Y В · z 2 M z 2=0 = 0; M z 2 = b = «М» « Q »
ИЗГИБ Σ М (А) =0; Y B · 3 а - F · a - F · 2 a = 0; Σ Y= 0 ; Σ М ( B ) =0; - Y А · 3 а+ F · a + F · 2 a = 0; (3) Y A +Y B - 2 F= 0 Проверка (1) (2) (3) 0 = 0 y z A B Y A Y B F a а Определение реакций (1) Y B = F а F (2) Y A = F F + F - 2 F= 0
z A B Y A Y B F a а а F 2 1 3 z 1 z 3 z 2 « Q » «М» F F F а
A B Y A Y B F 1 2 l a b z 1 z 2 « Q » М
Контрольные правила для построения эпюр поперечных сил и изгибающих моментов На концевых шарнирных опорах Q z равны реак-циям, а М z равны нулю, если на опорах не прило-жены пары с моментами М. 2. На участках балки, где отсутствует распределен-ная нагрузка, поперечная сила постоянна, а изги-бающий момент изменяется по линейному закону. 3. На участках, где приложена равномерно распре-деленная нагрузка, эпюра Q z изменяется по закону прямой наклонной линии, а эпюра М z - по закону квадратичной параболы. 5. В тех сечениях, где приложены сосредоточенные силы (включая реакции), на эпюре Q z наблюдаются скачки (перепады) на величину этих сил, а на эпюре М z - переломы смежных линий. 4.В том сечении, где эпюра Q z пересекается с осевой линией, на эпюре М z наблюдается экстремальное значение момента (вершина параболы)
Контрольные правила для построения эпюр поперечных сил и изгибающих моментов 6. В тех сечениях, где приложены пары с моментами М, на эпюре М z наблюдаются скачки на величину этих моментов. 7. На свободном конце консольной балки попереч-ная сила Q z равна нулю, если в этом месте не приложена сосредоточенная сила; и изгибающий момент М z равен нулю, если в этом месте не приложена внешняя пара с моментом М 8. В жесткой заделке консольной балки Q z равна реакции, а изгибающий момент М z равен реактив-ному моменту заделки.
M e M e a b c d c d b b ' d θ d θ ρ y a 1 2 Экспериментально доказано, что при чистом изгибе: 1)линии 1 и 2 остаются прямыми, но поворачиваются друг относи-тельно друга на некоторый угол 2)часть волокон при изгибе удли-няется, другая – укорачивается, между ними есть слой, длина волокон которого не меняется, напряжения в них отсутствуют Такой слой волокон называется нейтральным, а линия пересече-ния нейтральных волокон с плос-костью сечения называется нейт-ральной осью ИЗГИБ, определение напряжений
c d b b ' d θ d θ ρ y a Допущения 1)Плоское поперечное сечение остается плоским 2)Продольные волокна друг на друга не давят, т. е находятся в линейном напряженном состоянии 3)Деформации волокон по ширине сечения одинаковы Ограничения 1)Балка должна иметь хотя бы одну ось симметрии 2) Материал балки должен подчиняться закону Гука ИЗГИБ, определение напряжений
c d b b ' d θ d θ ρ y a Определение нормальных напряжений Геометрическая сторона - удлинение волокна ab относительная деформация Физическая сторона По закону Гука ИЗГИБ, определение напряжений или
ИЗГИБ, определение напряжений Статическая сторона задачи 1 1 М е М е σ dA – элементарная продольная сила z x y М е σ dA Уравнения равновесия: Σ F kx = 0 (1) Σ M x =M e - ∫ σ dAy =0 (4) Σ F ky = 0 (2) Σ M y =-∫ σ dAx =0 (5) Σ F kz =0 (3) Σ M z = 0 (6)
ИЗГИБ, определение напряжений Вывод: Статический момент относительно оси х равен нулю, значит оси сечения являются централь-ными Из (3) ∫ σ dA =0, подставляя значение получаем
Из (5), подставляя значение σ, получаем Вывод: Центробежный момент инерции равен 0, значит оси - главные
ИЗГИБ, определение напряжений Из (4), подставляя значение σ, получаем
Определение напряжений при изгибе После преобразований получены следующие выводы 1)Нейтральная ось проходит через центр сечения 2)Нейтральная ось является главной осью инерции и перпендикулярна силовой плоскости 3)Нормальные напряжения определяются по форму-ле или 4)Касательные напряжения определяются по форму-ле Журавского I x -осевой момент инерции; W x -момент сопротивления; S x отс -статический момент отсе- ченной части; b- ширина сечения
Расчет балки на прочность Для расчетной схемы балки необходимо: 1. Построить по длине балки эпюры изгибающих моментов и поперечных сил. 2.Подобрать поперечное сечение балки двутаврового профиля, материал Cталь 3 σ adm = 160 МПa, τ adm = 96 МПа. ИЗГИБ Пример выполнения задания
Y А =51,3кН Y В =42,7кН 2.Определяем реакции опор из уравнений равновесия Σ M ( A ) =0; M - q ·4,4·2,2 - F ·4,4 + Y В ·6,6 = 0; Y В =(- M + q ·4,4·2,2 + F ·4,4)/6,6 = 42,7 кН. Σ M (В) =0; M + q ·4,4·4,4 + F ·2,2 – Y А ·6,6 = 0; Y А =( M + q ·4,4·4,4 + F ·2,2 )/6,6 = 51,3 кН. Проверка Σ Y =0; Y А + Y В - q ·4,4 - F =0; 51,3 + 42,7 – 44 – 50 =0 0=0. ИЗГИБ Пример выполнения задания Вычерчиваем балку в масштабе с указанием раз- меров и нагрузок Y А q =10кН / м F =50кН М =35кНм А В 4,4 м 1,1 1,1м Y В
ИЗГИБ Пример выполнения задания 3.Определяем количество участков и их границы. q =10кН / м F =50кН М =35кНм А В 4,4 м 1,1м 1,1м z у Y А Y В Закрыта отброшенная часть Характер нагружения: Y A и q
ИЗГИБ Пример выполнения задания 1 1 z 1 =0; z 1 =4,4 м; q =10кН / м F =50кН М =35кНм А В 4,4 м 1,1м 1,1м z у Y А Y В Изменился характер нагружения, добавилась сила
ИЗГИБ Пример выполнения задания 1 1 z 1 =0; z 1 =4,4 м; 2 z 2 =4,4м; z 2 =5,5м; q =10кН / м F =50кН М =35кНм А В 4,4 м 1,1м 1,1м z у Y А Y В 2
ИЗГИБ Пример выполнения задания 1 1 z 1 =0; z 1 =4,4 м; 2 z 2 =4,4м; z 2 =5,5м; q =10кН / м F =50кН М =35кНм А В 4,4 м 1,1м 1,1м z у Y А Y В 2 Переносим начало координат на правую опору Характер нагружения: Y B
q =10кН / м F =50кН М =35кНм А В 4,4 м 1,1м 1,1м z у Y А Y В 3 z 3 = 0 ; z 3 = 1, 1 м; Проводим сечения в пределах участков 1 1 z 1 1 z 3 3 3 1 z 1 =0; z 1 =4,4 м; 2 z 2 =4,4м; z 2 =5,5м; z 2 2 2
Q z 3 = - Y В ; Q z 3=0 =-42,7кН;. Q z 3=1,1 =-42,7кН. Начало координат на левой стороне балки для сечений 1-1 и 2-2, для сечения 3-3 - на правой стороне. Запишем аналитические выражения для Q в каждом сечении и рассчитаем значения на концах сечений: Q z 1 = Y А - q · z 1 ; Q z 1 = 0 =51,3 кН; Q z 1=4,4 =7,3 кН. Q z 2 = Y А - q · 4,4- F ; Q z 2=4,4 =-42,7 кН. Q z 2=5,5 =-42,7кН. ИЗГИБ Пример выполнения задания Q Y А =51,3кН Y В =42,7кН q =10кН / м F =50кН М =35кНм А В 1 4,4 м 1 z 1 z 2 z 3 2 3 3 1,1 1,1м
ИЗГИБ Пример выполнения задания Y А =51,3кН Y В =42,7кН q =10кН / м F =50кН М =35кНм А В 1 4,4 м 1 z 1 z 2 z 3 2 3 3 1,1 1,1м M z 3 = Y В z 3 Определяем изгибающие моменты: M z 2= 5,5 =51,3·5,5 - 10·4,4·3,3-50(5, 5-4,4)= 81,95 кНм; M z 2 = Y А · z 2 - q · 4,4·( z 2 -2,2) – F ( z 2 –4,4); M z 1 = Y А · z 1 - q · z 1 2 /2; M M z 1= 0 =0; M z 1= 4,4 =128,92 кНм. M z 2= 4,4 =51,3·4,4 - 10·4,4·2,2-50(4,4-4,4)=128,92 кНм; M z 3= 0 =0; M z 3= 1,1 =46,95 кНм.
128,92 7,3 51,3 Q, кН 42,7 q =10кН / м М =35кНм Y А =51,3кН А В 1 2 а =4,4 м Y В =42,7кН 1 z 1 z 2 z 3 2 3 3 0,5 а =1,1 1,1м М,кНм 46,95 81,95 ИЗГИБ Внутренние усилия Примеры Выбираем масштаб и откладываем положительные значения ординат эпюр от нулевой линии вверх, а отрицательные - вниз. Опасное сечение - сечение с изгиба- ющим моментом, равным 128,92 кНм.
где W н.о. – момент сопротивления относительно нейтральной оси, которая в сечении балки совпадает с осью х Подбор сечения двутаврового профиля выполняем из условия прочности при изгибе откуда м 3 =805 см 3 ИЗГИБ Пример выполнения задания
а) Проверка по рабочим нормальным напряжениям: т. е. условие прочности выполняется. ИЗГИБ Пример выполнения задания
I x - момент инерции сечения, b – толщина стенки, для двутавра b = s ; б) Проверка по максимальным касательным напряжениям: S x - статический момент отсеченной (верхней части) относительно оси х в сечении; <96 МПа условие прочности по касательным напряжениям также выполняется. ИЗГИБ Пример выполнения задания
Расчет балки на прочность Y А q =40кН / м М =20кНм Y В М =20кНм А 1,0 м 1,0 м В z 1,0 м Для расчетной схемы балки необходимо: 1. Построить по длине балки эпюры изгибающих моментов и поперечных сил. 2.Подобрать поперечное сечение балки двутаврового профиля, материал Cталь 3 при σ adm = 160, τ adm = 96 МПа. 3. Подобрать прямоугольное поперечное сечение балки, материал – дерево, σ adm = 10 МПa. Пример №2 решения задачи на изгиб
1. Вычерчиваем балку в масштабе с указанием размеров и нагрузок Y А q =40кН / м М =20кНм Y В М =20кНм А 1,0 м 1,0 м В z 1,0 м Пример решения задачи на изгиб
2. Определяем реакции, рассматривая условие равновесия V А q =40кН / м М =20кНм V В М =20кНм А 1,0 м 1,0 м В z 1,0 м Σ У =0; V А + V В - q ·1 = 0; 20 + 20 – 40 = 0; 0 = 0. Σ M ( A ) = 0; V В ·3 + M - M - q ·1·1,5 = 0; R q V В = q ·1·1,5/3=40·0,5=20кН. V В = 20 кН. Σ M (В) = 0; - V А ·3+ M - M + q ·1·1,5=0; Балка симметричная, реакции одинаковы. V А =20 кН Проверка
3. Балка разбивается на участки со своим законом изменения нагрузки V А =20кН М =20кНм А 1,0 м z V В =20кН 1,0 м В Балку разбиваем на 3 участка 1-й участок: 0 ≤ z 1 ≤ 1м q =40кН / м М =20кНм 1,0 м 2-й участок: 1м ≤ z 2 ≤ 2 м 3-й участок: 0 ≤ z 3 ≤ 1 м Меняем направление оси z, помещая начало координат в точку В 1 2 3
4. В пределах каждого участка проводим сечения V В =20кН 3 3 z 3 1 1 z 1 2 z 2 2 V А =20кН q =40кН / м М =20кНм М =20кНм А 1,0 м 1,0 м В z 1,0 м M Q учитывая правило знаков Q z 2 = V А – q ( z 2 -1); Q z 2=1 =20 кН. Q z 2=2 = -20 кН. Q z 1 = V А ; Q z 1= 0 =20 кН; Q z 1=1 =20 кН. Q z 3 = - V В ; Q z 3=0 =-20 кН; Q z 3=1 =-20 кН. Аналитические выражения для Q в каждом сечении и значения для сечений на концах участков : 20 20 Q, кН Строим эпюру поперечных сил Q Записываем уравнения для определения Q z и М z, При z 2 =1,5 м, Q z 2 = 0.
V А =20кН q =40кН / м 1 М =20кНм V В =20кН 1 2 3 3 М =20кНм А 1,0 м 1,0 м z 3 В z 2 z z 1 2 1,0 м 20 20 Q, кН M Аналитические выражения для М в каждом сечении и значения для сечений на концах участков : M z 2 = V А · z 2 - q ( z 2 -1) 2 /2); M z 2= 1 =20 кНм; M z 2= 1,5 =5 кНм; M z 2= 2 =20 кНм; M z 1 = V А · z 1 ; M z 1= 0 =0; M z 1= 1 =20 кНм. M z 3 = V В z 3 ; M z 3 = 0 =0; M z 3 = 1 =20 кНм. Опасные сечения - сечения с изгибающим моментом, равным 20 кНм. 5,0 М,кНм 20 20 Строим эпюру изгибающих моментов M z
где W н.о. – момент сопротивления относительно нейтральной оси, которая в сечении балки совпада- ет с осью х Подбор сечения Подбор сечения выполняем из условия прочности при изгибе откуда м 3 = 125 см 3.
1) Двутавровый профиль, материал Сталь 3 Ближайшее к полученному значению момента сопротивления соответствует двутавру № 18, для которого W н.о. = 143 см 3. Подбор сечения
Проверка по рабочим напряжениям: а) нормальные напряжения т. е. условие прочности выполняется. б) максимальные касательные напряжения где S x - статический момент верхней части относительно оси х ; I x - момент инерции сечения; b=s – толщина стенки <96 МПа Подбор сечения
1) Прямоугольное сечение, материал дерево - момент сопротивления для прямоугольника относи- тельно оси х b h=2b Учитывая заданное условие, имеем b x h = 144 x 288 мм 2 Деревянное сечение по расходу материала весьма не экономично.
При изгибе балки в качестве деформаций рассмат-риваются Деформации при изгибе угол поворота сечения- угол между касательной к изогну- той оси и горизонталью у у+ dy прогиб F прогиб «у» (перемещение сечения вверх или вниз от первоначального положения) угол поворота сечения « θ »
Деформации при изгибе Из математики известно уравнение для определе-ния кривизны линии В области малых перемещений величиной можно пренебречь и тогда и, учитывая уравнение изогнутой оси балки имеем
или в виде Деформации при изгибе Интегрируя уравнение первый раз получают угол поворота сечения, второй раз – прогиб Но при интегрировании необходимо определять постоянные интегрирования из граничных условий, которыми являются условия закрепления балки
Деформации при изгибе Из этих формул сформулированы различные мето-ды определения деформаций Для балок постоянной жесткости наиболее часто используется метод начальных параметров, в которых в качестве постоянных интегрирования используется угол поворота в начале координат, и прогиб в начале координат у 0 При этом необходимо выполнять некоторые приемы
Деформации при изгибе Принимается единое начало координат, помеща-ют его на левом конце балки Растояния до точек приложения момента, силы и начала нагруз-ки обозначаются соот-ветственно: a, b, с. F B q А М у z Y A Y B a b c Если нагрузка заканчивается не доходя до рассмат-риваемого сечения, ее продлевают до сечения На участке продления добавляют нагрузку противо-положного знака
Универсальные уравнения для определения где θ - угол поворота в исследуемом сечении; у - прогиб в исследуемом сечении; у 0 - прогиб в начале координат; θ 0 - угол поворота в начале кoоpдинат; z - расстояние от начала координат до сечения, где определяем перемещение; Деформации при изгибе углов поворота прогибов EI х θ = EI х y = ,
Пример определения деформаций при изгибе V А =20кН q =40кН / м М =20кНм V В =20кН М А 1,0 м 1,0 м В z C D 1,0 м Определим прогибы в точке С, где приложен момент и в точке D посредине пролета. Начало координат в точке А В точке А – опора, поэтому Но угол поворота на опоре не равен 0, поэтому, чтобы определить θ 0, используем второе условие закрепления. y А = y 0 =0 y В =0.
Y А =20кН q =40кН / м М =20кНм Y В =20кН М А 1,0 м 1,0 м В z C D 1,0 м Деформации при изгибе Жесткость балки с сече-нием двутавра№18 EI х =2·10 11 ·1290·10 -8 = = 2580·10 3 Нм 2 = 2580 к Нм 2
Деформации при изгибе z С =1м ; EIy С = м=-3 мм z D =1,5м м =-3,4 мм
Деформации при изгибе
