Поперечный изгиб сопромат. Понятие о деформации изгиба

Прямой изгиб – это вид деформации, при котором в поперечных сечениях стержня возникают два внутренних силовых фактора: изгибающий момент и поперечная сила.

Чистый изгиб – это частный случай прямого изгиба, при котором в поперечных сечениях стержня возникает только изгибающий момент, а поперечная сила равна нулю.

Пример чистого изгиба – участок CD на стержне AB . Изгибающий момент – это величина Pa пары внешних сил, вызывающая изгиб. Из равновесия части стержня слева от поперечного сечения mn следует, что внутренние усилия, распределенные по этому сечению, статически эквивалентны моменту M , равному и противоположно направленному изгибающему моменту Pa .

Чтобы найти распределение этих внутренних усилий по поперечному сечению, необходимо рассмотреть деформацию стержня.

В простейшем случае стержень имеет продольную плоскость симметрии и подвергается действию внешних изгибающих пар сил, находящихся в этой плоскости. Тогда изгиб будет происходить в той же плоскости.

Ось стержня nn 1 – это линия, проходящая через центры тяжести его поперечных сечений.

Пусть поперечное сечение стержня – прямоугольник. Нанесем на его грани две вертикальные линии mm и pp . При изгибе эти линии остаются прямолинейными и поворачиваются так, что остаются перпендикулярными продольным волокнам стержня.

Дальнейшая теория изгиба основана на допущении, что не только линии mm и pp , но все плоское поперечное сечение стержня остается после изгиба плоским и нормальным к продольным волокнам стержня. Следовательно, при изгибе поперечные сечения mm и pp поворачиваются относительно друг друга вокруг осей, перпендикулярных плоскости изгиба (плоскости чертежа). При этом продольные волокна на выпуклой стороне испытывают растяжение, а волокна на вогнутой стороне – сжатие.

Нейтральная поверхность – это поверхность, не испытывающая деформации при изгибе. (Сейчас она расположена перпендикулярно чертежу, деформированная ось стержня nn 1 принадлежит этой поверхности).

Нейтральная ось сечения – это пересечение нейтральной поверхности с любым с любым поперечным сечением (сейчас тоже расположена перпендикулярно чертежу).

Пусть произвольное волокно находится на расстоянии y от нейтральной поверхности. ρ – радиус кривизны изогнутой оси. Точка O – центр кривизны. Проведем линию n 1 s 1 параллельно mm . ss 1 – абсолютное удлинение волокна.

Относительное удлинение ε x волокна

Из этого следует, что деформации продольных волокон пропорциональны расстоянию y от нейтральной поверхности и обратно пропорциональны радиусу кривизны ρ .

Продольное удлинение волокон выпуклой стороны стержня сопровождается боковым сужением , а продольное укорочение вогнутой стороны – боковым расширением , как в случае простого растяжения и сжатия. Из-за этого вид всех поперечных сечений меняется, вертикальные стороны прямоугольника становятся наклонными. Деформация в боковом направлении z :

μ – коэффициент Пуассона.

Вследствие такого искажения все прямые линии поперечного сечения, параллельные оси z , искривляются так, чтоб остаться нормальными к боковым сторонам сечения. Радиус кривизны этой кривой R будет больше, чем ρ в таком же отношении, в каком ε x по абсолютной величине больше чем ε z , и мы получим

Этим деформациям продольных волокон отвечают напряжения

Напряжение в любом волокне пропорционально его расстоянию от нейтральной оси n 1 n 2 . Положение нейтральной оси и радиус кривизны ρ – две неизвестные в уравнении для σ x – можно определить из условия, что усилия, распределенные по любому поперечному сечению, образуют пару сил, которая уравновешивает внешний момент M .

Все вышесказанное также справедливо, если стержень не имеет продольную плоскость симметрии, в которой действует изгибающий момент, лишь бы только изгибающий момент действовал в осевой плоскости, которая заключает в себе одну из двух главных осей поперечного сечения. Эти плоскости называются главными плоскостями изгиба .

Когда имеется плоскость симметрии и изгибающий момент действует в этой плоскости, прогиб происходит именно в ней. Моменты внутренних усилий относительно оси z уравновешивают внешний момент M . Моменты усилий относительно оси y взаимно уничтожаются.

Силы, действующие перпендикулярно к оси бруса и располо­женные в плос-кости, проходящей через эту ось, вызывают дефор­мацию, называемую попереч-ным изгибом . Если плоскость действия упомянутых сил – главная плоскость, то имеет место прямой (плоский) поперечный изгиб. В противном случае изгиб называет­ся косым поперечным. Брус, подверженный преимущественно из­гибу, называется балкой 1 .

По существу поперечный изгиб есть сочетание чистого изги­ба и сдвига. В связи с искривлением поперечных сечений из-за неравномерности распределе-ния сдвигов по высоте возникает вопрос о возможности применения формулы нормального напряжения σ х , выведенной для чистого изгиба на основании гипотезы плоских сечений.

1 Однопролетная балка, имеющая по концам соответственно одну цилиндрическую неподвижную опору и одну цилиндрическую подвижную в направлении оси балки, называется простой . Балка с одним защемленным и другим свободным концом называется консолью . Простая балка, имеющая одну или две части, свешивающиеся за опору, называется консольной .

Если, кроме того, сечения взяты далеко от мест приложения нагрузки (на расстоянии, не меньшем половины высоты сечения бруса), то можно, как и в случае чистого изгиба, считать, что волокна не оказывают давления друг на друга. Значит, каждое волокно испытывает одноосное растяжение или сжатие.

При действии распределенной нагрузки поперечные силы в двух смежных сечениях будут отличаться на величину, рав­ную qdx . Поэтому искривления сечений будут также несколько отличаться. Кроме того, волокна будут оказывать давление друг на друга. Тщательное исследование вопроса показывает, что если длина бруса l достаточно велика по сравнению с его высотой h (l / h > 5), то и при распределенной нагрузке указанные факторы не оказывают существенного влияния на нормальные напряжения в поперечном сечении и потому в практических расчетах могут не учитываться.

а б в

Рис. 10.5 Рис. 10.6

В сечениях под сосредоточенными грузами и вблизи них распределение σ х отклоняется от линейного закона. Это отклонение, носящее местный характер и не сопровождающееся увеличением наибольших напряжений (в крайних волокнах), на практике обычно не принимают во внимание.

Таким образом, при поперечном изгибе (в плоскости ху ) нор­мальные напряжения вычисляются по формуле

σ х = – [М z (x )/I z ]y .

Если проведем два смежных сечения на участке бруса, свободном от нагрузки, то поперечная сила в обоих сечениях будет одинакова, а значит, одинаково и искривление сечений. При этом какой-либо отрезок волокна ab (рис.10.5) переместится в новое положение a"b" , не претерпев дополнительного удлинения, и следовательно, не меняя величину нормального напряжения.

Определим касательные напряжения в поперечном сечении через парные им напряжения, действующие в продольном сечении бруса.

Выделим из бруса элемент длиной dx (рис. 10.7 а). Проведём горизонта-льное сечение на расстоянии у от нейтральной оси z , разделившее элемент на две части (рис. 10.7) и рассмотрим равновесие верхней части, имеющей основа-

ние шириной b . В соответствии с законом парности касательных напряжений, напряжения действующие в продольном сечении равны напряжениям, действующим в поперечном сечении. С учётом этого в предположении о том, что касательные напряжения в площадке b распределены равномерно ис-пользуем условие ΣХ = 0, получим:

N * - (N * +dN *)+

где: N * - равнодействующая нормальных сил σв левом поперечном сече-нии элемента dx в пределах “отсечённой” площадки А * (рис. 10.7 г):

где: S=- статический момент “отсечённой” части поперечного сече-ния (заштрихованная площадь на рис. 10.7 в). Следовательно, можно записать:

Тогда можно записать:

Эта формула была получена в XIX веке русским ученым и инженером Д.И. Журавским и носит его имя. И хотя эта формула приближенная, так как усредняет напряжение по ширине сечения, но полученные результаты расчета по ней, неплохо согласуются с экспериментальными данными.

Для того, чтобы определить касательные напряжения в произвольной точке сечения отстоящей на расстоянии y от оси z следует:

Определить из эпюры величину поперечной силы Q, действующей в сечении;

Вычислить момент инерции I z всего сечения;

Провести через эту точку плоскость параллельную плоскости xz и определить ширину сечения b ;

Вычислить статический момент отсеченной площади Sотносительно главной центральной оси z и подставить найденные величины в формулу Жура-вского.

Определим в качестве примера касательные напряжения в прямоуголь-ном поперечном сечении (рис. 10.6, в). Статический момент относительно оси z части сечения выше линии 1-1, на которой определяется напряжения запишем в виде:

Он изменяется по закону квадратной параболы. Ширина сечения в для прямоугольного бруса постоянна, то параболическим будет и закон изменения касательных напряжений в сечении (рис.10.6, в). При y =и у = − каса-тельные напряжения равны нулю, а на нейтральной оси z они достигают наибольшего значения.

Для балки круглого поперечного сечения на нейтральной оси имеем.

Чистым изгибом называется такой вид изгиба, при котором имеет место действие только изгибающего момента (рис. 3.5, а). Мысленно проведем плоскость сечения I-I перпендикулярно продольной оси балки на расстоянии * от свободного конца балки, к которому приложен внешний момент m z . Осуществим действия, аналогичные тем, которые были выполнены нами при определении напряжений и деформаций при кручении, а именно:

• 1) составим уравнения равновесия мысленно отсеченной части детали;
• 2) определим деформацию материала детали исходя из условий совместности деформаций элементарных объемов данного сечения;
• 3) решим уравнения равновесия и совместности деформаций.

Из условия равновесия отсеченного участка балки (рис. 3.5, б)

получим, что момент внутренних сил M z равен моменту внешних сил т: М = т.

Рис. 3.5.

Момент внутренних сил создается нормальными напряжениями o v , направленными вдоль оси х. При чистом изгибе нет внешних сил, поэтому сумма проекций внутренних сил на любую координатную ось равна нулю. На этом основании запишем условия равновесия в виде равенств

где А - площадь поперечного сечения балки (стержня).

При чистом изгибе внешние силы F x , F, F v а также моменты внешних сил т х, т у равны нулю. Поэтому остальные уравнения равновесия тождественно равны нулю.

Из условия равновесия при о^О следует, что

нормальные напряжение с х в поперечном сечении принимают как положительные, так и отрицательные значения. (Опыт показывает, что при изгибе материал нижней стороны бруса на рис. 3.5, а растянут, а верхней - сжат.) Следовательно, в поперечном сечении при изгибе есть такие элементарные объемы (переходного слоя от сжатия к растяжению), в которых удлинение или сжатие отсутствует. Это - нейтральный слой. Линия пересечения нейтрального слоя с плоскостью поперечного сечения называется нейтральной линией.

Условия совместности деформаций элементарных объемов при изгибе формируется на основе гипотезы плоских сечений: плоские до изгиба поперечные сечения балки (см. рис. 3.5, б) останутся плоскими и после изгиба (рис. 3.6).

В результате действия внешнего момента брус изгибается, а плоскости сечений I-I и II-II поворачиваются друг относительно друга на угол dy (рис. 3.6, б). При чистом изгибе деформация всех сечений вдоль оси балки одинакова, поэтому радиус р к кривизны нейтрального слоя балки вдоль оси х один и тот же. Так как dx = р K dip, то кривизна нейтрального слоя равна 1 / р к = dip / dx и постоянна по длине балки.

Нейтральный слой не деформируется, его длина до и после деформации равна dx. Ниже этого слоя материал растянут, выше - сжат.

Рис. 3.6.

Значение удлинения растянутого слоя, находящегося на расстоянии у от нейтрального, равно ydq. Относительное удлинение этого слоя:

Таким образом, в принятой модели получено линейное распределение деформаций в зависимости от расстояния данного элементарного объема до нейтрального слоя, т.е. по высоте сечения балки. Полагая, что нет взаимного надавливания параллельных слоев материала друг на друга (о у = 0, а, = 0), запишем закон Гука для линейного растяжения:

Согласно (3.13) нормальные напряжения в поперечном сечении балки распределены по линейному закону. Напряжение элементарного объема материала, наиболее удаленного от нейтрального слоя (рис. 3.6, в ), максимально и равно

? Задача 3.6

Определить предел упругости стального клинка толщиной / = 4 мм и длиной / = 80 см, если его изгиб в полуокружность не вызывает остаточной деформации.

Решение

Напряжение при изгибе o v = Еу / р к. Примем y max = t / 2и р к = / / к.

Предел упругости должен соответствовать условию с уп > c v = 1 / 2 кЕ t /1.

Ответ: о = ] / 2 к 2 10 11 4 10 _3 / 0,8 = 1570 МПа; предел текучести этой стали а т > 1800 МПа, что превышает а т самых прочных пружинных сталей. ?

? Задача 3 .7

Определить минимальный радиус барабана для намотки ленты толщиной / = 0,1 мм нагревательного элемента из никелевого сплава, при котором материал ленты пластически не деформируется. Модуль Е= 1,6 10 5 МПа, предел упругости о уп = 200 МПа.

Ответ: минимальный радиус р = V 2 ?ir/a yM = У? 1,6-10 11 0,1 10 -3 / (200 10 6) = = 0,04 м. ?

1. При совместном решении первого уравнения равновесия (3.12) и уравнения совместности деформаций (3.13) получим

Значение Е / р к ф 0 и одинаково для всех элементов dA площади интегрирования. Следовательно, данное равенство удовлетворяется только при условии

Этот интеграл называют статическим моментом площади поперечного сечения относительно оси z? Каков физический смысл этого интеграла?

Возьмем пластинку постоянной толщины /, но произвольного профиля (рис. 3.7). Подвесим эту пластинку в точке С так, чтобы она находилась в горизонтальном положении. Обозначим символом у м удельный вес материала пластинки, тогда вес элементарного объема площадью dA равен dq = уJdA. Так как пластинка находится в состоянии равновесия, то из равенства нулю проекций сил на ось у получим

где G = у M tA - вес пластинки.

Рис. 3.7.

Сумма моментов сил всех сил относительно оси z , проходящей в любом сечении пластинки, также равна нулю:

Учитывая, что Y c = G, запишем

Таким образом, если интеграл вида J xdA по площади А равен

нулю, то х с = 0. Это означает, что точка С совпадает с центром тяжести пластинки. Следовательно, из равенства S z = J ydA = 0 при из-

гибе следует, что центр тяжести поперечного сечения балки находится на нейтральной линии.

Следовательно, значение у с поперечного сечения балки равно нулю.

• 1. Нейтральная линия при изгибе проходит через центр тяжести поперечного сечения балки.
• 2. Центр тяжести поперечного сечения является центром приведения моментов внешних и внутренних сил.

Задача 3.8

Задача 3.9

2. При совместном решении второго уравнения равновесия (3.12) и уравнения совместности деформаций (3.13) получим

Интеграл J z = J y 2 dA называется моментом инерции поперечного

сечения балки (стержня) относительно оси z, проходящей через центр тяжести поперечного сечения.

Таким образом, M z = Е J z / р к. Учитывая, что с х = Ее х = Еу / р к и Е / р к = а х / у, получим зависимость нормальных напряжений о х при изгибе:

1. Напряжение изгиба в данной точке сечения не зависит от модуля нормальной упругости Е, но зависит от геометрического параметра поперечного сечения J z и расстояния у от данной точки до центра тяжести поперечного сечения.

2. Максимальное напряжение при изгибе имеет место в элементарных объемах, наиболее удаленных от нейтральной линии (см. рис. 3.6, в):

где W z - момент сопротивления поперечного сечения относительно оси Z-

Условие прочности при чистом изгибе аналогично условию прочности при линейном растяжении:

где [а м | - допускаемое напряжение при изгибе.

Очевидно, что внутренние объемы материала, особенно вблизи нейтральной оси, практически не нагружены (см. рис. 3.6, в). Это противоречит требованию минимизировать материалоемкость конструкции. Ниже будут показаны некоторые способы преодоления данного противоречия.

При прямом чистом изгибе в поперечном сечении стержня возникает только один силовой фактор — изгибающий момент М х (рис. 1). Так как Q y =dM x /dz=0, то M x =const и чистый прямой изгиб может быть реализован при загружении стержня парами сил, приложенными в торцевых сечениях стержня. Поскольку изгибающий момент M х по определению равен сумме моментов внутренних сил относительно оси Ох с нормальными напряжениями его связывает выкающее из этого определения уравнение статики

Сформулируем предпосылки теории чистого прямого изгиба призматического стержня. Для этого проанализируем деформации модели стержня из низкомодульного материала, на боковой поверхности которого нанесена сетка продольных и поперечных рисок (рис. 2). Поскольку поперечные риски при изгибе стержня парами сил, приложенными в торцевых сечениях, остаются прямыми и перпендикулярными к искривленным продольным рискам, это позволяет сделать вывод о выполнении гипотезы плоских сечений, которая, как показывает решение этой задачи методами теории упругости, перестает быть гипотезой, становясь точным фактом — законом плоских сечений. Замеряя изменение расстояний между продольными рисками, приходим к выводу о справедливости гипотезы о ненадавливании продольных волокон .

Ортогональность продольных и поперечных рисок до и после деформирования (как отражение действия закона плоских сечений) указывает также на отсутствие сдвигов, касательных напряжений в поперечных и продольных сечениях стержня.

Рис.1. Связь внутреннего усилия и напряжения

Рис.2. Модель чистого изгиба

Таким образом, чистый прямой изгиб призматического стержня сводится к одноосному растяжению или сжатию продольных волокон напряжениями (индекс г в дальнейшем опускаем). При этом часть волокон находится в зоне растяжения (на рис. 2 это—нижние волокна), а другая часть—в зоне сжатия (верхние волокна). Эти зоны разделены нейтральным слоем (п—п), не меняющим своей длины, напряжения в котором равны нулю. Учитывая сформулированные выше предпосылки и полагая, что материал стержня линейно-упругий, т. е. закон Гука в этом случае имеет вид: , выведем формулы для кривизны нейтрального слоя (—радиус кривизны) и нормальных напряжений . Предварительно отметим, что постоянство поперечного сечения призматического стержня и изгибающего момента (M х =сonst), обеспечивает постоянство радиуса кривизны нейтрального слоя по длине стержня (рис. 3, а ), нейтральный слой (п—п) описывается дугой окружности.

Рассмотрим призматический стержень в условиях прямого чистого изгиба (рис. 3, а) с поперечным сечением, симметричным относительно вертикальной оси Оу. Это условие не отразится на конечном результате (чтобы прямой изгиб был возможен, необходимо совпадение оси Оу с главной осью инерции поперечного сечения, которая и является осью симметрии). Ось Ox поместим на нейтральном слое, положение которого заранее неизвестно.

а ) расчетная схема, б ) деформации и напряжения

Рассмотрим вырезанный из стержня элемент длиной dz , который в масштабе с искаженными в интересах наглядности пропорциями изображен на рис. 3, б . Поскольку интерес представляют деформации элемента, определяемые относительным смещением его точек, одно из торцевых сечений элемента можно считать неподвижным. Ввиду малости считаем, что точки поперечного сечения при повороте на этот угол перемещаются не по дугам, а по соответствующим касательным.

Вычислим относительную деформацию продольного волокна АВ, отстоящего от нейтрального слоя на у:

Из подобия треугольников С00 1 и 0 1 ВВ 1 следует, что

Продольная деформация оказалась линейной функцией расстояния от нейтрального слоя, что является прямым следствием закона плоских сечений

Эта формула не пригодна для практического использования, так как содержит две неизвестные: кривизну нейтрального слоя и положение нейтральной оси Ох , от которой отсчитывается координата у. Для определения этих неизвестных воспользуемся уравнениями равновесия статики. Первое выражает требование равенства нулю продольной силы

Подставляя в это уравнение выражение (2)

и учитывая, что , получаем, что

Интеграл в левой части этого уравнения представляет собой статический момент поперечного сечения стержня относительно нейтральной оси Ох, который может быть равным нулю только относительно центральной оси. Поэтому нейтральная ось Ох проходит через центр тяжести поперечного сечения.

Вторым уравнением равновесия статики является, связывающее нормальные напряжения с изгибающим моментом (который легко может быть выражен через внешние силы и поэтому считается заданной величиной). Подставляя в уравнение связки выражение для. напряжений, получим:

и учитывая, что где J x —главный центральный момент инерции относительно оси Ох, для кривизны нейтрального слоя получаем формулу

Рис.4. Распределение нормальных напряжений

которая была впервые получена Ш. Кулоном в 1773 году. Для согласования знаков изгибающего момента М х и нормальных напряжений в правой части формулы (5) ставится знак минус, так как при M х >0 нормальные напряжения при y >0 оказываются сжимающими. Однако в практических расчетах удобнее, не придерживаясь формального правила знаков, определять напряжения по модулю, а знак ставить по смыслу. Нормальные напряжения при чистом изгибе призматического стержня являются линейной функцией координаты у и достигают наибольших значений в волокнах, наиболее удаленных от нейтральной оси (рис. 4), т. е.

Здесь введена геометрическая характеристика , имеющая размерность м 3 и получившая название момента сопротивления при изгибе. Поскольку при заданном M х напряжения max ? тем меньше, чем больше W x , момент сопротивления является геометрической характеристикой прочности поперечного сечения изгибе. Приведем примеры вычисления моментов сопротивления для простейших форм поперечных сечений. Для прямоугольного поперечного сечения (рис. 5, а ) имеем J х =bh 3 /12,y max = h/2 и W x = J x /y max = bh 2 /6. Аналогично для круга (рис. 5,a J x =d 4 /64, y max =d/2 ) получаем W x =d 3 /32, для кругового кольцевого сечения (рис. 5, в), у которого

Для наглядного представления характера деформации брусьев (стержней) при изгибе проводится следующий опыт. На боковые грани резинового бруса прямоугольного сечения наносится сетка линий, параллельных и перпендикулярных оси бруса (рис. 30.7, а). Затем к брусу по его концам прикладываются моменты (рис. 30.7, б), действующие в плоскости симметрии бруса, пересекающей каждое его поперечное сечение по одной из главных центральных осей инерции. Плоскость, проходящая через ось бруса и одну из главных центральных осей инерции каждого его поперечного сечения, будем называть главной плоскостью.

Под действием моментов брус испытывает прямой чистый изгиб. В результате деформации, как показывает опыт, линии сетки, параллельные оси бруса, искривляются, сохраняя между собой прежние расстояния. При указанном на рис. 30.7, б направлении моментов эти линии в верхний части бруса удлиняются, а в нижней - укорачиваются.

Каждую линию сетки, перпендикулярную к оси бруса, можно рассматривать как след плоскости некоторого поперечного сечения бруса. Так как эти линии остаются прямыми, то можно предполагать, что поперечные сечения бруса, плоские до деформации, остаются плоскими и в процессе деформации.

Это предположение, основанное на опыте, как известно, носит название гипотезы плоских сечений, или гипотезы Бернулли (см. § 6.1).

Гипотеза плоских сечений применяется не только при чистом, но и при поперечном изгибе. Для поперечного изгиба она является приближенной, а для чистого изгиба строгой, что подтверждается теоретическими исследованиями, проведенными методами теории упругости.

Рассмотрим теперь прямой брус с поперечным сечением, симметричным относительно вертикальной оси, заделанный правым концом и нагруженный на левом конце внешним моментом действующим в одной из главных плоскостей бруса (рис. 31.7). В каждом поперечном сечении этого бруса возникают только изгибающие моменты действующие в той же плоскости, что и момент

Таким образом, брус на всем своем протяжении находится в состоянии прямого чистого изгиба. В состоянии чистого изгиба могут находиться отдельные участки балки и в случае действия на нее поперечных нагрузок; например, чистый изгиб испытывает участок 11 балки, изображенной на рис. 32.7; в сечениях этого участка поперечная сила

Выделим из рассматриваемого бруса (см. рис. 31.7) двумя поперечными сечениями элемент длиной . В результате деформации, как это следует из гипотезы Бернулли, сечения останутся плоскими, но наклонятся по отношению друг к другу на некоторый угол Примем левое сечение условно за неподвижное. Тогда в результате поворота правого сечения на угол оно займет положение (рис. 33.7).

Прямые пересекутся в некоторой точке А, которая является центром кривизны (или, точнее, следом оси кривизны) продольных волокон элемента Верхние волокна рассматриваемого элемента при показанном на рис. 31.7 направлении момента удлиняются, а нижние укорачиваются. Волокна же некоторого промежуточного слоя перпендикулярного к плоскости действия момента сохраняют свою длину. Этот слой называется нейтральным слоем.

Обозначим радиус кривизны нейтрального слоя, т. е. расстояние от этого слоя до центра кривизны А (см. рис. 33.7). Рассмотрим некоторый слой расположенный на расстоянии у от нейтрального слоя. Абсолютное удлинение волокон этого слоя равно а относительное

Рассматривая подобные треугольники устанавливаем, что Следовательно,

В теории изгиба предполагается, что продольные волокна бруса не давят друг на друга. Экспериментальные и теоретические исследования показывают, что это предположение не влияет существенно на результаты расчета.

При чистом изгибе в поперечных сечениях бруса не возникают касательные напряжения. Таким образом, все волокна при чистом изгибе находятся в условиях одноосного растяжения или сжатия.

По закону Гука для случая одноосного растяжения или сжатия нормальное напряжение о и соответствующая относительная деформация связаны зависимостью

или на основании формулы (11.7)

Из формулы (12.7) следует, что нормальные напряжения в продольных волокнах бруса прямо пропорциональны их расстояниям у от нейтрального слоя. Следовательно, в поперечном сечении бруса в каждой его точке нормальные напряжения пропорциональны расстоянию у от этой точки до нейтральной оси, представляющей собой линию пересечения нейтрального слоя с поперечным сечением (рис.

34.7, а). Из симметрии бруса и нагрузки следует, что нейтральная ось горизонтальна.

В точках нейтральной оси нормальные напряжения равны нулю; по одну сторону от нейтральной оси они растягивающие, а по другую - сжимающие.

Эпюра напряжений о представляет собой график, ограниченный прямой линией, с наибольшими по абсолютной величине значениями напряжений для точек, наиболее удаленных от нейтральной оси (рис. 34.7,б).

Рассмотрим теперь условия равновесия выделенного элемента бруса. Действие левой части бруса на сечение элемента (см. рис. 31.7) представим в виде изгибающего момента остальные внутренние усилия в этом сечении при чистом изгибе равны нулю. Действие правой части бруса на сечение элемента представим в виде элементарных сил о приложенных к каждой элементарной площадке поперечного сечения (рис. 35.7) и параллельных оси бруса.

Составим шесть условий равновесия элемента

Здесь - суммы проекций всех сил, действующих на элемент соответственно на оси - суммы моментов всех сил относительно осей (рис. 35.7).

Ось совпадает с нейтральной осью сечения а ось у перпендикулярна к ней; обе эти оси расположены в плоскости поперечного сечения

Элементарная сила не дает проекций на оси у и и не вызывает момента относительно оси Поэтому уравнения равновесия удовлетворяются при любых значениях о.

Уравнение равновесия имеет вид

Подставим в уравнение (13.7) значение а по формуле (12.7):

Так как (рассматривается изогнутый элемент бруса, для которого ), то

Интеграл представляет собой статический момент поперечного сечения бруса относительно нейтральной оси . Равенство его нулю означает, что нейтральная ось (т. е. ось ) проходит через центр тяжести поперечного сечения. Таким образом, центр тяжести всех поперечных сечений бруса, а следовательно, и ось бруса, являющаяся геометрическим местом центров тяжести, расположены в нейтральном слое. Следовательно, радиус кривизны нейтрального слоя является радиусом кривизны изогнутой оси бруса.

Составим теперь уравнение равновесия в виде суммы моментов всех сил, приложенных к элементу бруса, относительно нейтральной оси :

Здесь представляет собой момент элементарной внутренней силы относительно оси .

Обозначим площадь части поперечного сечения бруса, расположенной над нейтральной осью, - под нейтральной осью.

Тогда представит собой равнодействующую элементарных сил приложенных выше нейтральной оси, ниже нейтральной оси (рис. 36.7).

Обе эти равнодействующие равны друг другу по абсолютной величине, так как их алгебраическая сумма на основании условия (13.7) равна нулю. Эти равнодействующие образуют внутреннюю пару сил, действующую в поперечном сечении бруса. Момент этой пары сил, равный т. е. произведению величины одной из них на расстояние между ними (рис. 36.7), представляет собой изгибающий момент в поперечном сечении бруса.

Подставим в уравнение (15.7) значение а по формуле (12.7):

Здесь представляет собой осевой момент инерции , т. е. оси, проходящей через центр тяжести сечения. Следовательно,

Подставим значение из формулы (16.7) в формулу (12.7):

При выводе формулы (17.7) не учтено, что при внешнем моменте направленном, как это показано на рис. 31.7, согласно принятому правилу знаков, изгибающий момент является отрицательным. Если учесть это, то перед правой частью формулы (17.7) необходимо поставить знак «минус». Тогда при положительном изгибающем моменте в верхней зоне бруса (т. е. при ) значения а получатся отрицательными, что укажет на наличие в этой зоне сжимающих напряжений. Однако обычно знак «минус» в правой части формулы (17.7) не ставится, а эта, формула используется лишь для определения абсолютных значений напряжений а. Поэтому в формулу (17.7) следует подставлять абсолютные значения изгибающего момента и ординаты у. Знак же напряжений всегда легко устанавливается по знаку момента или по характеру деформации балки.

Составим теперь уравнение равновесия в виде суммы моментов всех сил, приложенных к элементу бруса, относительно оси у:

Здесь представляет собой момент элементарной внутренней силы относительно оси у (см. рис. 35.7).

Подставим в выражение (18.7) значение а по формуле (12.7):

Здесь интеграл представляет собой центробежный момент инерции поперечного сечения бруса относительно осей у и . Следовательно,

Но так как

Как известно (см. § 7.5), центробежный момент инерции сечения равен нулю относительно главных осей инерции.

В рассматриваемом случае ось у является осью симметрии поперечного сечения бруса и, следовательно, оси у и являются главными центральными осями инерции этого сечения. Поэтому условие (19.7) здесь удовлетворяется.

В случае, когда поперечное сечение изгибаемого бруса не имеет ни одной оси симметрии, условие (19.7) удовлетворяется, если плоскость действия изгибающего момента проходит через одну из главных центральных осей инерции сечения или параллельна этой оси.

Если плоскость действия изгибающего момента не проходит ни через одну из главных центральных осей инерции поперечного сечения бруса и не параллельна ей, то условие (19.7) не удовлетворяется и, следовательно, нет прямого изгиба - брус испытывает косой изгиб.

Формула (17.7), определяющая нормальное напряжение в произвольной точке рассматриваемого сечения бруса, применима при условии, что плоскость действия изгибающего момента проходит через одну из главных осей инерции этого сечения или ей параллельна. При этом нейтральная ось поперечного сечения является его главной центральной осью инерции, перпендикулярной к плоскости действия изгибающего момента.

Формула (16.7) показывает, что при прямом чистом изгибе кривизна изогнутой оси бруса прямо пропорциональна произведению модуля упругости Е на момент инерции Произведение будем называть жесткостью сечения при изгибе; она выражается в и т. д.

При чистом изгибе балки постоянного сечения изгибающие моменты и жесткости сечений постоянны по ее длине. В этом случае радиус кривизны изогнутой оси балки имеет постоянное значение [см. выражение (16.7)], т. е. балка изгибается по дуге окружности.

Из формулы (17.7) следует, что наибольшие (положительные - растягивающие) и наименьшие (отрицательные-сжимающие) нормальные напряжения в поперечном сечении бруса возникают в точках, наиболее удаленных от нейтральной оси, расположенных по обе стороны от нее. При поперечном сечении, симметричном относительно нейтральной оси, абсолютные величины наибольших растягивающих и сжимающих напряжений одинаковы и их можно определить по формуле

Для сечений, не симметричных относительно нейтральной оси, например для треугольника, тавра и т. п., расстояния от нейтральной оси до наиболее удаленных растянутых и сжатых волокон различны; поэтому для таких сечений имеются два момента сопротивления:

где - расстояния от нейтральной оси до наиболее удаленных растянутых и сжатых волокон.