Нормальные напряжения при изгибе

1. Нормальные напряжения при изгибе
В теории плоского изгиба, для упрощения решения задачи определения
нормальных напряжений, на основании натурных испытаний, приняты
следующие допущения:
•При изгибе продольные сечения балки искривляются по дуге окружности;
•Поперечные сечения плоские до изгиба, остаются плоскими и после изгиба;
•Поперечные сечения пересекаются с продольными волокнами под прямым
углом.
Задача определения нормальных напряжений при изгибе является
статически неопределимой и для ее решения необходимо рассмотреть три
стороны задачи
Статическая (ССЗ)
Геометрическая (ГСЗ) Физическая (ФСЗ)
Синтез

2. Статическая сторона задачи
1 участок 2 участок 3 участок Опорные реакции
а l a ∑ m ( F ) = F ( a + l ) − R l − Fa = 0
A к B
∑mB ( Fк ) = F (a + l ) − R Al B − Fa = 0
F ( a + l ) − Fa
RB
RA
RA = = F RB =
F ( a + l ) − Fa
=F
F F l l
Проверка ∑ Fкy = F − R A − RB + F = F − F − F + F = 0
z1 Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
z2 Q1 = F
z3 1 участок 0 ≤ z1 ≥ a
M 1 = F ⋅ z1 При z1=0, М1(0)=0
Эпюра поперечных сил При z1=а, М1(а)=F·a
2 участок a ≤ z2 ≥ (a+l) Q2 = F − R A = F − F = 0
F
M 2 = F ⋅ z 2 − F ( z 2 − a ) При z2=а, М2(а)=F·a
При z2=а+l, М2(а+l)=F·(a+l) -F(a+l-a)=Fa
3 участок (a+l) ≤ z3 ≥ (2a+l)
F
Эпюра изгибающих моментов Q3 = F − R A − RB = F − F − F = − F
Fa Ч Fa M 3 = F ⋅ z3 − F ( z3 − a ) − F ( z3 − a − l )
При z3=а+l, М3(а+l)=F·(a+l) -F(a+l-a)=Fa
При z3=2а+l, М2(2а+l)=F·(2a+l) -F(2a+l-a)=0

3. Статическая сторона задачи
Если к балке приложен положительный изгибающий момент, то в этом случае,
верхние ее волокна укорачиваются, а нижние удлиняются. Длина нейтрального
волокна остается неизменной.
Нейтральный линия
y
Нейтральный слой
RA RB
F F
x
dA
y
z
Совокупность волокон, не меняющих своей x
длины при изгибе балки, называется
нейтральным слоем. σ Нейтральный слой
Линия, по которой поперечное сечение Мx
балки пересекается с нейтральным слоем
балки, называется нейтральной линией
сечения.
Q y = ∫τ ⋅ dA = 0 M x = ∫ σ ⋅ y ⋅ dA ≠ 0 M y = ∫ σ ⋅ x ⋅ dA = 0
A A A

4. Геометрическая сторона задачи
Длина отрезка на нейтральном слое
Центр
изгиба a0 b0 = dz = ρθ
Длина отрезка на слое удаленном от нейтрального
на расстояние y
a1b1 =( ρ + y )θ
Удлинение отрезка после деформации
∆ ab = a1b1 − a0 b0 = ( ρ + y )θ − ρθ = yθ
ρ
θ
dz Относительная деформация
a0 a1b1 − a0 b0 y
F
b0
F ε= =
a1 b1 a0 b0 ρ
y

5. Физическая сторона задачи
При чистом изгибе в поперечных сечениях балки действуют единственный силовой
фактор изгибающий момент, поперечные силы отсутствуют, а следовательно
отсутствуют и касательные напряжения.
Под действием нормальных напряжений часть волокон балки удлиняется, другая
часть укорачивается и для них можно записать закон Гука при растяжении
a1b1 − a0 b0 y
σс ε= =
y a0 b0 ρ
σ = Eε
x
y
σ =E
Нейтральная линия
σр
ρ

6. Синтез
∫y dA = I x
2
E E
A
M x = ∫ σydA = ∫ y dA =
2
∫ y 2 dA
Осевой момент A A
ρ ρ A
инерции
M x = ∫ σ ⋅ y ⋅ dA ≠ 0 E
ССЗ Mx = Ix
A
ρ
1 σ
=
y ρ Ey
a b −a b y
ГСЗ ε= 11 0 0 = σ =E σ
a0 b0 ρ ρ M x = EI x
Ey
ФСЗ σ = Eε σ=
Mx
Ix y
Нормальные напряжения при изгибе
Величина момента инерции характеризует влияние размеров и формы поперечного
сечения балки на ее способность сопротивляться деформации (искривлению).