Lex 7 CM Прямой изгиб Изгиб – это такой вид деформации бруса, при котором в его поперечном сечении возникает изгибающий момент
В большинстве случаев одновременно с изгибающим моментом возникают и поперечные силы – такой изгиб называют поперечным. Если поперечные силы не возникают – изгиб считается чистым. Если внешние силы (включая опорные реакции) лежат в одной плоскости (силовой), которая совпадает с одной из главных плоскостей инерции бруса, то брус работает на прямой изгиб. Главной плоскостью инерции бруса называется плоскость, проходящая через продольную ось бруса и одну из главных центральных осей инерции его поперечного сечения.
F ая лов ть Си кос с пло y q y O O x O z x ия. лин сил изогнутая ось балки Линия пересечения силовой плоскости с поперечным сечением бруса называется силовой линией
сжатые волокна силовая лини х O М Нейтральный нейтральная линия М слой y растянутые волокна При изгибе в балке есть слой волокон, который не изменяет своей первоначальной длины – нейтральный слой. Линия пересечения нейтрального слоя балки с плоскостью её поперечного сечения называется нейтральной линией. При прямом изгибе нейтральная линия совпадает с той из главных центральных осей инерции поперечного сечения, которая перпендикулярна силовой линии. Итак, при прямом изгибе в поперечных сечениях балки возникают поперечная сила Qy и изгибающий
Qy в произвольном сечении балки численно равна алгебраической сумме проекций на ось Оy всех внешних сил, приложенных к мысленно отсечённой части балки. Qy= Fiy Σ ост Внешняя сила, стремящаяся повернуть отсечённую часть балки относительно центра тяжести рассматриваемого поперечного сечения по часовой стрелке, вызывает + Qy I Mx K Qy I эпюра Qy F F Fz Внешние и внутренние силы, приложенные к оставленной части бруса, образуют плоскую систему параллельных сил. ΣY=0: -F–Qy =0 ΣMк=0 + Qy=-F M’x=Fz
Схемы основных типов статистически определённых балок: - простая консоль А В - двухопорная балка пролёт консоль - двухопорная с одной консолью вылет - двухопорная с двумя консолями
Поперечные силы и изгибающие моменты Итак, при прямом изгибе в поперечных сечениях Qy=∫ поперечная сила∫Qzyd. A изгибающий Mx= δ y и балки возникают. Tzyd. A; момент Mx. A A Следовательно, в поперечных сечениях в рассматриваемом случае изгиба возникают как касательные, так и нормальные напряжения. Изгибающим моментом Мх называется результирующий момент внутренних нормальных сил, возникающих в поперечном сечении бруса, взятый относительно нейтральной оси этого сечения. Поперечные силы и изгибающие моменты вычисляются с помощью метода сечений через действующие на брус внешние силы. Так же как при изучении растяжения и сжатия, кручения, для наглядного представления о характере изменения внутренних силовых факторов Qy; Mx по длине бруса и для нахождения его предположительно опасных сечений строят эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
Рассмотрим двухопорную балку и будем считать, что её опорные реакции известны. На расстоянии z от опоры А а) R F RB мысленно A проводим сечение. q Применяя метод сечений, A B рассмотрим условие равновесия z a левой части. В проведённом поперечном l сечении возникают два силовых RA фактора Qy и Мх, заменяющих Mx б) действие отброшенной части балки на оставленную. K В отброшенной части балки Qy qz возникают такие же по значению, но противоположные по в) F RB направлению Q и М. Mx y х Внешние и внутренние силы, приложенные к оставленной части бруса, образуют плоскую систему Qy q(a-z) параллельных сил, для которой статика даёт два =0 » ΣFy=0 RA-qz-Qy уравнения: A-qz Qy=R ΣMк=0 qz z RAz-qz( - )-Mx=0 » Mx=RAz-( - ) 2 2 2
Правила знаков Вырежем из балки бесконечно малый элемент dz. dz Поперечные силы считаются положительными, если они стремятся повернуть элемент по часовой стрелке. Qy Qy Qy dz Qy
Знак изгибающего момента Мх связан с характером деформации бруса. Мх Мх Изгибающий момент считается положительным, если элемент бруса изгибается выпуклостью вниз, т. е. таким образом, что его сжатые волокна находятся в верхней части.
Положительные ординаты эпюры изгибающего момента будем откладывать вверх от оси эпюры. Практически при построении эпюр удобнее устанавливать знаки Qy и Мх по внешним силам, а именно: Внешняя сила, стремящаяся повернуть отсечённую часть балки по часовой стрелке вокруг той точки оси, которая соответствует проведённому сечению, вызывает положительную поперечную силу. Для определения знака изгибающего момента следует вообразить отсечённую часть балки, защемлённой в проведённом сечении. воображаемая RA K z заделка K z
Правила построения эпюр 1. Если на некотором участке балки отсутствует распределённая нагрузка, то эпюра Qy – прямая, параллельная оси эпюры; Qy=const d. Qy q= ; dz q=const, значит q=0 и Qy=const Эпюра моментов на этом участке – наклонная прямая. 2. Если на некотором участке балки есть равномерно распределённая нагрузка, то эпюра Qy – наклонная прямая, а эпюра Мх – парабола. 3. Если на некотором участке Qy>0, то изгибающий момент возрастает (слева направо); при Qy<0, изгибающий момент убывает; Qy=0 – изгибающий момент постоянен – чистый изгиб.
4. Под сосредоточенной силой на эпюре Qy происходит скачкообразное изменение ординат – скачок, равный приложенной внешней силе, а на эпюре Мх – резкое изменение угла наклона (излом) смежных участков эпюры. 5. В точках, соответствующих началу и концу участка, в пределах которого к балке приложена распределённая нагрузка, параболическая и прямолинейная части эпюры Мх сопрягаются плавно, если на границах указанного участка не приложено сосредоточенных сил. 6. Если распределённая нагрузка направлена вверх, то парабола, представляющая собой эпюру Мх, обращена выпуклостью вверх, т. е. «навстречу» нагрузке.
7. В сечении на свободном или шарнирно-опертом конце балки изгибающий момент = 0, если там не приложена сосредоточенная пара сил, а если приложена, то равна моменту этой пары. Поперечная сила в этом сечении равна внешней сосредоточенной силе (активной или реактивной). 8. Там, где к балке приложена сосредоточенная пара сил, на эпюре Мх получается скачкообразное изменение ординат – скачок, равный моменту этой пары. На эпюре Qy это не отображается. 9. В сечении, совпадающем с заделкой, Qy и Mx численно равны реакции и реактивному моменту.
1. Примеры М МA Мx A z l эпюра Qy эпюра Мх Qy М Нет сосредоточенных сил и равномерно распределены нагрузки. Есть только момент пары сил на свободном конце, который ни на одну ось x и y проекции не даёт. Qy=0 В сечении М=Мх В точке заделки А МА=М F 2. К концу балки приложена сосредоточенная сила F, которая стремится точку К в сечении повернуть против часовой стрелки, значит Qy=-F Mx – везде одинакова, не зависит от z. Балка под действием F, Mx=Fz Mx=Fl Mx=-Fl 1)z=0 Mx=0 2)z=1 M =-Fl A z l F K Qy F Fl
3. q A z l Мx K z/2 Qy Qy численно равна сумме внешних сил, приложенных к оставленной части, т. е. qz. Qy=-qz 1)z=0 Qy=0 2)z=1 Qy=ql z qz 2 Mx=qz( 2 )= 2 qz ql ql 2 2 1)z=0 Mx=0 l 2)z= 2 ql 2 Mx=8 3)z=l ql 2 Mx=- 2
4. RА =F/2 F=60 к. Н I II А L=3 м Мx RА z Qy F RА z 1) определяем реакцию A=RA=RB=F/2 RВ =F/2 опоры Балка имеет два участка: В I: 0≤z≤l/2 F II: l/2≤z≤l____ 2 _ I: Qy. I=RA= Мx Qy 60*3 Mx. I=RAz» MXI=RA*0=0 4 Mx. I= =45(к. Нм) F 2 30 к. Н II: RA-F=Qy. II 45 к. Нм Qy. II= -F= RAl Fl Fl Fl 2 2 4 M 2 =R z-F(z-l/2)= x. II = A 2 Fl 2 + Fl = Fl 2 2 Fl 2
5. I II I: 0≤z≤l/2 F II: l/2≤z≤l А l/2 3 F l I: I Qy I =-F Mx=Fz 1)z=0 - 2)z=l/2 II 3 F 2 F II: -F+3 F=Qy =2 F II Mx=-Fz+3 F(z-l/2) F Fl 2 I Mx=0 I Mx=- Fl 2
6. II I Для сечения I-I: 1)0≤z≤l/2 2)l/2≤z≤l I F 1=F Qy=-F 1 I l/2 z Mx=-Fz, Mx=0 I z=l/2 Mx=- Fl F 2=3 F 1 l z=0 I 2 Для сечения II-II: II эпюра Qy F Qy=F 2 -F 1=3 F-F=2 F Fl Mx=-Fz+3 F(z-l/2)=-Fz+3 Fz-3 2 II Fl 2 эпюра Мх Mx’=- Fl +3 Fl-3 Fl =- Fl 2 2 2 Fl 2 Mx’’=-Fl+3 Fl-3 =2 Fl-3 Fl = 2 4 Fl-3 Fl Fl = 2 2
7. F RB 2 F А В a a 4 a II I RA 2 a F III 2 F RB Находим реакции опор RA и Сумма моментов сосредоточенных сил относительно точки А=0. ΣМА(Fi)=0 Fa+2 F*2 a- RB*4 a=0 5 4 RBa=Fa+4 Fa=5 Fa RB = 4 F ΣМB(Fi)=0 -2 F*2 a-3 Fa+ RA*4 a=0 1. 25 F 7 4 RAa=4 Fa+3 Fa=7 Fa RA= 4 F эпюра Мх Правильность вычислений сил реакции опоры проверим, используя уравнение статики 5 7 ΣFy=0 4 4 RA+RB-F-2 F=0 7 F+5 F-4 F-8 F =0 F+ F-F-2 F=0 4 эпюра Qy 0. 75 F 4
Балка имеет три участка нагружения 0 ≤z≤a a≤z≤ 2 a 2 a≤z≤ 4 a I I 7 На участке I: RA=Qy= F=1, 75 F 4 Mx=RAz, Mx=1, 75 Fa II 7 F-4 F 3 7 На участке II: RA-F=Qy= F-F= = F=0, 75 F II 4 4 4 Mx=RAz-F(z-a) II Mx(a)= 7 Fa-Fa+Fa=1, 75 Fa 4 7 2 7 2 Mz(2 a)= 7 F*2 a-2 Fa+Fa= 7 Fa-Fa=7 Fa=2, 5 Fa II III На участке III: Qy=RA-F-2 F 7 7 F-4 F-8 F 7 =- F=-1, 25 4 2 Qy= F-F-2 F= 4 III Mx=RAz-F(z-a)-2 F(z-2 a) Mx(4 a)=7 F*4 a-F*4 a+Fa-2 F*4 a+4 Fa=7 Fa-8 Fa+Fa=0 4
