Изгиб бруса

 

        

        ГЛАВА II

        Изгиб прямых брусьев 

        § 1. постановка задачи и  основные уравнения 

        Имеем брус постоянного поперечного сечения, ограниченного произвольным контуром (рис. 2):

        

        Рис. 2

        Начало координат  совместим с центром тяжести закрепленного левого торца бруса, направив по его оси координатную ось а оси и — по главным осям поперечного сечения так, чтобы система осей была правая. Длину бруса обозначим через .

        Рассмотрим изгиб  бруса силой , направленной параллельно оси  к которой приводятся поверхностные силы на незакрепленном правом торце (. Предполагается, что массовые силы , а боковая поверхность бруса свободна от сил .

        Задачу будем решать в напряжениях полуобратным методом Сен-Венана, т. е. сделав определенные предположения относительно значений некоторых компонент тензора напряжений. Допустим, что

                                      (11),

        где - момент инерции поперечного сечения относительно оси .

     Остальные две искомые компоненты тензора  напряжений и должны удовлетворять уравнениям равновесия (3), условиям совместности Бельтрами (10) и граничным условиям (6).

        Уравнения равновесия (3) с учетом предположений (11) примут вид:

                                           (12)

                                           (13)

        Из уравнений (12) вытекает, что компоненты и не зависят от координаты и, следовательно, во всех поперечных сечениях каждая из них является одной и той же функцией только и. Эти функции и должны удовлетворять уравнению равновесия (13) и условиям совместности Бельтрами. При принятых значениях (11) для других компонент тензора напряжений первые четыре уравнения (10) удовлетворяются тождественно, а остальные два приводятся к виду

                                                              (14)

        Обратимся теперь к граничным условиям (6). Для боковой поверхности бруса, свободной от внешних сил первые два условия удовлетворяются тождественно, поскольку , а третье принимает вид:

                                                                          (15)

        Так как (рис.1): 

        то условие (15) на контуре сечения приводится к следующему:

                                   ^{=0                            (16)}

        Итак, решение поставленной задачи сводится к нахождению функций и , подчиняющихся уравнению равновесия (13), условиям совместности (14) и условию (16) на контуре поперечного сечения.

        Для всех точек торцов бруса ( поэтому граничные условия (6) на торцах запишем так:

        ,                       (17)

        т. е. напряжения и на поперечных сечениях бруса должны распределяться так же, как и соответствующие поверхностные силы и на его торцах.

        Легко обнаружить, что уравнение равновесия (13) удовлетворяется при условиях

                  (18)

        Где — функция напряжений; — введенная С. П. Тимошенко произвольная функция только координаты

        Подставив выражения (18) для и в граничное условие (16), получим  

        т.е  граничное условия для функции 

                                                             (19)

        Принимая  выражения (18), условия совместности (14) приводим к следующим уравнениям:

                                       (20)

        Согласно  второму уравнению (20), не зависит от оэтому интегрирование первого уравнения (20) по дает:

                                                   (21) 

        где С — постоянная интегрирования.

        Покажем, что постоянная имеет простой механический смысл. Производная по угла поворота произвольной элементарной площадки в плоскости поперечного сечения вокруг оси на основании 
 
 
 

        и

                                    

          равна

                                             

        Заменяя в последнем равенстве и их значениями по формулам закона Гука

         

         

         

        и учитывая равенства (18), получаем:

                   (22)

        Подстановка значения из уравнения (22) в (21) приводит к равенству:

                                                                              (23)

        Из  этого равенства следует, что  угол поворота на единицу длины бруса  состоит из двух относительных углов поворота элементарной площадки. Один из них линейно зависит от координаты элементарной площадки и является результатом искажения поперечного сечения в его плоскости при изгибе бруса (см. рис.3);  

        

        Рис. 3

        другой — постоянный, на который поворачиваются все элементарные площадки поперечного сечения, т. е. так же, как и при кручении бруса. Например, для элементарных площадок поперечного сечения в окрестностях точек оси на основании равенства (23) имеем:

         

                                                                         (24)

        т. е. указанные элементарные площадки, как и поперечное сечение в целом, получают относительный угол поворота, с которым постоянная связана равенством (24).

        Подставим полученное выражение для  в уравнение (21):

                                                 (25)                               

        Таким образом, поперечный изгиб бруса силой , приложенной в направлении главной центральной оси его поперечного сечения, может сопровождаться кручением бруса. Однако путем параллельного переноса линии действия силы кручение бруса можно устранять.

        Тогда постоянная будет равна нулю и основное уравнение (21) примет вид:

                                                             (26)

        Уравнение (26) и граничное условие (19) определяют функцию напряжений , когда указанным приемом кручение бруса устранено.

        Произвольную функцию можно выбрать таким образом, чтобы правая часть уравнения (8.9) обращалась в нуль. При этом функция на контуре поперечного сечения будет постоянной величиной, которую можно принять равной нулю. В этом случае задача изгиба бруса будет аналогична задаче определения прогиба равномерно натянутой мембраны на жесткий контур, совпадающий с контуром поперечного сечения бруса, и испытывающей непрерывную нагрузку, определяемую правой частью уравнения (26). 

        § 2. центр изгиба 

        Как уже было отмечено, поперечный изгиб бруса может  сопровождаться кручением. Это происходит, как правило, тогда, когда главная центральная ось поперечного сечения, с которой совпадает линия действия изгибающей силы , не является осью симметрии сечения. Возникающее в этом случае кручение можно устранить путем приложения изгибающей силы по линии, параллельной главной центральной оси и проходящей через определенную точку в плоскости поперечного сечения, называемую центром изгиба. Центром изгиба называется точка, относительно которой сумма моментов всех касательных сил возникающих при поперечном  изгибе, равна нулю. Очевидно,  что для  определения положения центра изгиба необходимо предварительно решить задачу изгиба, т. е. определить функции и   Обозначим координаты центра изгиба через (рис. 4).

        

        Рис.4

        Тогда по определению имеем:

                                              (27)

        или

                                                                             (28)

        Здесь M – момент сил и относительно начала координат :

                                                           (29)     

        и – поперечные силы в направлении осейи : 

                                                                                     (30)

                                                                                       (31)

        Если  брус изгибается только силой , параллельной главной центральной оси то равенство (28) принимает вид:

                                                                                              (32) 

        Учитывая  выражения (18) для и формуле (29) можно придать   вид

        

        Первый интеграл в последнем равенстве преобразуем с учетом: 

     Тогда в случае односвязного (сплошного) поперечного  сечения имеем:

                              (33)

        Формулы (32) и (33) позволяют определить координату центра изгиба, когда брус изгибается силой , линия действия которой параллельна главной плоскости .

        Центр изгиба всегда расположен на оси симметрии  сечения. Если сечение имеет две  оси симметрии, то центр изгиба совпадает  с точкой их пересечения, т. е. с центром  тяжести сечения. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

        ГЛАВА III

        Частные случаи задачи об изгибе бруса

        § 1. ИЗГИБ БРУСА ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ПОПЕРЕЧНОГО СЕЧЕНИЯ

        Рассмотрим  поперечный изгиб консольного бруса  силами, распределенными на его торце и приводящимися к силе , направленной по оси (рис.5)

        

        Рис.5

        Контур  эллиптического поперечного сечения  определяется уравнением:

                                                                                           (34)

        На  основании (19) функция напряжений на контуре сечения обращается в нуль: