Изгиб

изменением кривизны бруса под действием попе-речных сил и внешних пар.

Изгиб от поперечных на-грузок называют попереч-ным.

Брусья, работающие
на изгиб, называются балками.

Балка с одним заделан-
ным концом – это кон-
сольная балка или консоль.

ИЗГИБ

происходит в случае, когда силовая плоскость (плоскость действия изгибающего момента)

Если в поперечном сечении действует только изги-бающий момент, деформация называется чистый изгиб.

Основные понятия и допущения

yС

изгибе для закрепления балки, в основном, ис-пользуются
шарнирно-неподвижная опора(цилиндрический шарнир),
3. жесткая

Прежде чем приступить к расчету необходимо составить расчетную схему, определить опорные реакции.

горизонтальная составляющая реакции равна нулю.
Третье уравнение используют для проверки

Для плоской системы сил достаточно 3-х уравнений статики.

Поэтому из условий равновесия для определения реакций применяют два следующих уравнения статики :

ΣМ(А) = 0;
ΣМ (В) = 0

ΣFky=0

Чаще записывается проще

ΣY=0

поперечном сечении балки возникают внутренние усилия: поперечные силы

Для их нахождения ис-пользуется метод сече-ний.

z

Рассмотрим равновесие левой части балки.

леммой Пуансо, силу, действую-щую на тело, можно переносить параллельно самой

Выполним это для каждой силы

Внутренние усилия при изгибе

O

А

F

YA

z

a

z1

1

1

теоремой Пуансо можно выразить через главный вектор, равный сумме внешних

0;
-Мz - YA·z + F·(z-a) = 0;
Qz

алгебраической сумме моментов всех сил, дей-ствующих по одну сторону от

Поперечная сила Qz 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.

балки от сечения вверх, а правую - вниз
В противном случае

балку выпук-лостью вниз
Правило знаков
При изгибе балки выпуклостью вверх изгибающий момент

Мz, откладывая вверх от оси балки положительные значения, вниз -

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 Qz и Мz;

5. Вычисляют ординаты Qz и Мz по составленным для участков уравнениям;

нагрузки не меняется
-Qz1- qz1+ YA= 0
ΣY= 0;

участков
«Q»
Поперечная сила по длине участ-ка принимает значение равное нулю, а

Найдем координату, при которой Q=0.

YA- qz1 = 0

ограничивающая эпюру моментов - парабола
Эпюра построена на сжатом волокне

= 0
Проверка
(1)
(2)
(3)
0 = 0

ΣМ(B)=0; -YA·l + F·b = 0;
(3)
YA+YB -

Проверка

(1)

(2)

(3)

0 = 0

Определение реакций

при начале координат в точке А.
y

Mz1 = YA·z1
Mz1=0 = 0;
При

Mz2 = YВ·z2

Mz2=0 = 0;

ΣМ(B)=0; -YА·3а+F·a +F·2a = 0;
(3)
YA+YB -

Проверка

(1)

(2)

(3)

0 = 0

y

z

A

B

YA

YB

F

a

а

Определение реакций

а

F

F + F - 2 F= 0

На концевых шарнирных опорах Qz равны реак-циям, а Мz равны

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 Qz изменяется по закону прямой наклонной линии, а эпюра Мz - по закону квадратичной параболы.

5. В тех сечениях, где приложены сосредоточенные силы (включая реакции), на эпюре Qz наблюдаются скачки (перепады) на величину этих сил, а на эпюре Мz - переломы смежных линий.

4.В том сечении, где эпюра Qz пересекается с осевой линией, на эпюре Мz наблюдается экстремальное значение момента (вершина параболы)

6. В тех сечениях, где приложены пары с моментами М,

7. На свободном конце консольной балки попереч-ная сила Qz равна нулю, если в этом месте не приложена сосредоточенная сила; и изгибающий момент Мz равен нулю, если в этом месте не приложена внешняя пара с моментом М

8. В жесткой заделке консольной балки Qz равна реакции, а изгибающий момент Мz равен реактив-ному моменту заделки.

прямыми, но поворачиваются друг относи-тельно друга на некоторый угол
2)часть волокон

Такой слой волокон называется нейтральным, а линия пересече-ния нейтральных волокон с плос-костью сечения называется нейт-ральной осью

ИЗГИБ, определение напряжений

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

(1) ΣMx=Me- ∫σdAy=0

значит оси сечения являются централь-ными

0, значит оси - главные

через центр сечения
2)Нейтральная ось является главной осью инерции и перпендикулярна

3)Нормальные напряжения определяются по форму-ле

или

4)Касательные напряжения определяются по форму-ле Журавского

Ix-осевой момент инерции;
Wx-момент сопротивления;
Sxотс-статический момент отсе-
ченной части;
b-ширина сечения

длине балки эпюры изгибающих моментов и поперечных сил.
2.Подобрать поперечное

ИЗГИБ Пример выполнения задания

- F·4,4 + YВ·6,6 = 0;
YВ =(- M

ΣM(В)=0; M + q ·4,4·4,4 + F·2,2 – YА·6,6 = 0;
YА =(M + q ·4,4·4,4 + F·2,2 )/6,6 = 51,3 кН.

Проверка ΣY =0; YА + YВ - 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

YА

q=10кН/м

F=50кН

М=35кНм

А

В

4,4 м

1,1

1,1м

YВ

отброшенная часть
Характер нагружения:
YA и q

опору
Характер нагружения: YB

Qz3=1,1=-42,7кН.
Начало координат на левой стороне балки для сечений 1-1 и

Запишем аналитические выражения для Q в каждом сечении и рассчитаем значения на концах сечений:

Qz1= YА - q·z1; Qz1=0=51,3 кН; Qz1=4,4=7,3 кН.

Qz2= YА - q·4,4- F; Qz2=4,4=-42,7 кН. Qz2=5,5=-42,7кН.

ИЗГИБ Пример выполнения задания

5-4,4)= 81,95 кНм;
Mz2= YА· z2 - q·4,4·(z2-2,2) –F(z2–4,4);
Mz1=

Mz1=0=0; Mz1=4,4=128,92 кНм.

Mz2=4,4=51,3·4,4 - 10·4,4·2,2-50(4,4-4,4)=128,92 кНм;

Mz3=0=0; Mz3=1,1=46,95 кНм.

значения ординат эпюр от нулевой линии вверх, а отрицательные -

Опасное сечение - сечение с изгиба-
ющим моментом, равным 128,92 кНм.

сечении балки совпадает с осью х
Подбор сечения двутаврового профиля выполняем

откуда

ИЗГИБ Пример выполнения задания

Пример выполнения задания

b=s;
б) Проверка по максимальным касательным напряжениям:
Sx- статический момент отсеченной (верхней

<96 МПа

условие прочности по касательным напряжениям также выполняется.

ИЗГИБ Пример выполнения задания

длине балки эпюры изгибающих моментов и поперечных сил.
2.Подобрать поперечное

Пример №2 решения задачи на изгиб

Y А
q=40кН/м
М=20кНм
YВ
М=20кНм
А
1,0 м
1,0 м
В
z
1,0 м
Пример решения задачи на изгиб

VВ - q·1 = 0;

ΣM(A)= 0; VВ·3 +M-M-q·1·1,5 = 0;

VВ = q·1·1,5/3=40·0,5=20кН.

VВ = 20 кН.

ΣM(В)= 0; -VА·3+M-M+q·1·1,5=0;

Балка симметричная, реакции
одинаковы.

VА =20 кН

Проверка

М=20кНм
А
1,0 м
z
Балку разбиваем на 3 участка
1-й участок:
0 ≤ z1

q=40кН/м

М=20кНм

1,0 м

2-й участок:

1м ≤ z2 ≤ 2 м

3-й участок:

0 ≤ z3 ≤ 1 м

Меняем направление оси z , помещая начало координат в точку В

Qz2=1=20 кН. Qz2=2= -20 кН.
Qz1= VА ;
Qz1=0=20 кН;

Qz3= - VВ;
Qz3=0=-20 кН; Qz3=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 Qz и Мz,

При z2=1,5 м, Qz2=0.

сечений на концах участков :
Mz2= VА· z2 - q(z2-1)2/2);

Mz1= VА· z1;
Mz1=0=0; Mz1=1=20 кНм.

Mz3= VВz3;
Mz3=0=0; Mz3=1=20 кНм.

Опасные сечения - сечения с изгибающим моментом, равным 20 кНм.

5,0

М,кНм

20

20

Строим эпюру изгибающих моментов Mz

сечении балки совпада-
ет с осью х
Подбор сечения
Подбор сечения выполняем из

откуда

момента сопротивления соответствует двутавру № 18, для которого Wн.о. =

Подбор сечения

выполняется.
б) максимальные касательные напряжения
где Sx- статический момент верхней части

Ix - момент инерции сечения;

b=s– толщина стенки

Подбор сечения

оси х
Учитывая заданное условие, имеем
b x h = 144 x

Деревянное сечение по расходу материала весьма не экономично.

сечения- угол между касательной к изогну-
той оси и горизонталью
прогиб «у»

угол поворота сечения «θ»

учитывая
уравнение изогнутой оси балки
имеем

поворота сечения, второй раз – прогиб
Но при интегрировании необходимо определять

этом необходимо выполнять некоторые приемы

конце балки
Растояния до точек приложения момента, силы и начала нагруз-ки

F

B

q

А

М

у

z

YA

YB

a

b

c

Если нагрузка заканчивается не доходя до рассмат-риваемого сечения, ее продлевают до сечения

На участке продления добавляют нагрузку противо-положного знака

исследуемом сечении;
у - прогиб в исследуемом сечении;
у0 - прогиб

Деформации при изгибе

углов поворота

прогибов

EIхy=

,

точке С, где приложен момент и в точке D посредине

Начало координат в точке А

В точке А – опора, поэтому

Но угол поворота на опоре не равен 0, поэтому, чтобы определить θ0, используем второе условие закрепления.

yА=y0=0

yВ=0.

=2·1011·1290·10-8=
=2580·103Нм2 =2580кНм2