Материал: Фейнмановские лекции по физике. Вып. 7 Физика сплошных сред

ф а г . 38.1 L Изогнутая балка*

§ 4. Изгибание балки

Разберем теперь дру­ гой практический вопрос— изгибание балки, стержня

Мы определим эти силы для балки круглого сечения, но ответ будет пригоден для балки любой формы. Чтобы сберечь время, мы кое-где упростим дело, так что теория, которую мы разовьем, будет только приближенной. Наши результаты верны лишь при том условии, что радиус изгибания много больше толщины балки. Представьте, что вы ухватились за оба конца прямой балки и согнули ее в виде кривой, похожей на ту, что изображена на фиг. 38.11. Что же происходит внутри балки? Раз она искривлена, значит, материал на внутренней стороне сгиба сжат, а на внеш­ ней стороне растянут. Но имеется какая-то поверхность, более

или менее параллельная оси балки, которая и не сжата, и не рас­ тянута. Называется она нейтральной поверхностью. По-видимо­

му, эта поверхность проходит где-то «посредине» поперечного сечения. Можно показать (но я не буду этого здесь делать), что для небольшого изгиба простой балки нейтральная поверхность проходит через «центр тяжести» поперечного сечения. Но это справедливо только для «чистого» сгиба, т. е. когда балка не рас­ тягивается и не сжимается как целое.

При чистом сгибе тонкий поперечный отрезок балки возму­

щен (фиг. 38.12, а). Материал под нейтральной поверхностью ис­ пытывает деформацию сжатия, которая пропорциональна рас­

стоянию от нейтральной поверхности, а материал над ней

растянут тоже пропорционально расстоянию от нейтральной по­ верхности. Таким образом, продольное удлинение АI пропорцио­

нально высоте у. Константа пропорциональности равна просто

длине /, деленной на радиус кривизны балки (см. фиг. 38.12):

А / ___ у_

I “ R ‘

Так что напряжение, т. е. сила, действующая на единичную пло­ щадь в некоторой маленькой полоске вблизи у, тоже пропорцио-

201

Ф и г . 3 8 .1 2 . М ал ен ьки й от резок изогнут ой балки ( а ) и поперечное сечение балки (б)*

нально расстоянию от ней­ тральной поверхности

Теперь рассмотрим те си­ лы, которые привели бы к подобной деформации. Силы, действующие на маленький отрезок, изображенный на фиг. 38.12, показаны на том же рисунке. Если мы возьмем любое поперечное сечение, то действующие на нем силы на­ правлены в одну сторону выше нейтральной поверхности ив

другую — ниже ее. Получается пара сил, которая создает «из­ гибающий момент» 9JI, под которым мы понимаем момент силы относительной нейтральной линии. Интегрируя произведение силы на расстояние от нейтральной поверхности, можно вы­ числить полный момент на одной из граней отрезка фиг. 38.12:

Попереч.

сечение

Согласно (38.34), dF—Y (ylR)dA, так что

Но интеграл от уЧА можно назвать «моментом инерции» гео­

метрического поперечного сечения относительно горизонталь­ ной оси, проходящей через его «центр масс» *; мы будем обоз­ начать его через /, т. е.

* Это и есть момент инерции пластинки единичной плотности й с единич­ ной площадью сечения.

202

Ф и г . 38.181 Двутавровая балка.

Уравнение (38.36) дает нам соотно­

моменту инерции / . Другими словами, если вы хотите какую-то балку, скажем из алюминия, сделать

как можно жестче, то вы должны как можно больше вещества поместить как можно дальше от оси, относительно которой бе­ рется момент инерции. Но этого нельзя доводить до предела, ибо тогда балка не будет искривляться так, как мы предположили: она согнется или скрутится и снова станет слабее. Вот почему кар­ касные балки делают в форме буквы I или Н (фиг. 38.13).

В качестве примера применения нашего уравнения (38.36) для балки вычислим отклонение консольной балки под действием сосредоточенной силы W, действующей на ее свободный конец

(фиг. 38.14). (Консольная балка закреплена одним концом, кото­ рый вмурован в стенку.) Какая же тогда будет форма балки? Обозначим отклонение на расстоянии х от закрепленного конца через z; мы хотим найти z(x). Будем вычислять только малые отклонения. Как вы знаете из курса математики, кривизна 1/R

Нас интересуют только малые изгибы (обычная вещь в инженер­ ных конструкциях), поэтому квадратом производной (dz/dx)*

можно пренебречь по сравнению с единицей и считать

J ___ <Pz

(38.39)

R ~~ dx2 '

Нам нужно еще знать изгибающий момент ЗЯ. Он является функ­ цией от х, так как в любом поперечном сечении он равен моменту

203

относительно нейтральной оси. Весом самой балки пренебрежем и будем учитывать только силу W, действующую вниз на свобод­

ный ее конец. (Если хотите, можете сами учесть ее вес.) При этом изгибающий момент на расстоянии х равен

gtt(jt) = H7(L— х),

ибо это и есть момент сил относительно точки х, с которым дей­ ствует груз W, т. е. груз, который должен поддерживать балку.

Получаем

W {L -x) = ^ - = YI-g - ,

ИЛИ

Это уравнение можно проинтегрировать без всяких фокусов и получить

воспользовавшись предварительно нашим предположением, что z(0)= 0 и что dz/dx в точке х=0 тоже равно нулю. Это и есть

граничные условия. А отклонение конца будет

т. е. отклонение возрастает пропорционально кубу длины балки. При выводе нашей приближенной теории мы предполагали, что при изгибании поперечное сечение бруска не изменяется. Когда толщина бруска мала по сравнению с радиусом кривизны, поперечное сечение изменяется очень мало и все отлично. Однако в общем случае этим эффектом пренебречь нельзя — согните пальцами канцелярскую резинку и вы сами убедитесь в этом. Если первоначально поперечное сечение было прямоугольным, то, согнув резинку, вы увидите, как она выпирает у основания (фиг. 38.15). Это получается по­ тому, что, согласно отношению

Фиг. 38.15. Согнутая резинка (а) и ее поперечное сечение (б).

К04

Пуассона, при сжатии основания материал «раздается» вбок. Резинку очень легко согнуть или растянуть, но она несколько напоминает жидкость в том отношении, что изменить ее объем

очень трудно. Это и сказывается при сгибании резинки. Для несжимаемых материалов отношение Пуассона было бы точно равно 1/,, для резинки же оно близко к этому числу.

§ 5. Продольный изгиб

Теперь воспользуемся нашей теорией, чтобы понять, что про­ исходит при продольном изгибе бруска, опоры или стержня. Рассмотрим то, что изображено на фиг. 38.16. Здесь стержень, обычно прямой, удерживается в согнутом виде двумя противо­

положными силами, давящими на его концы. Найдем форму стержня и величину сил, действующих на концы.

Пусть отклонение стержня от прямой линии между концами будет у(х), где х — расстояние от одного конца. Изгибающий момент Ш1 в точке Р на рисунке равен силе F, умноженной на плечо, перпендикулярное направлению у:

Воспользовавшись выражением для момента (38.36), имеем

При малых отклонениях можно считать l/R=—dtyldx* (отрица­

тельный знак выбран потому, что кривизна направлена вниз). Отсюда

т. е. появилось дифференциальное уравнение для синуса. Таким образом, для малых отклонений кривая такого продольно изог­ нутого стержня представляет синусоиду. «Длина волны» X этой синусоиды в два раза больше расстояния L между концами. Если

изгиб невелик, она просто равна удвоенной длине неизогнутого

Ф и г . 38.16. Продольно изогну­ тая балка.

205