Краткие сведения из теории 2 страница

[σ] = 160 МПа, L = 5 кН·м, P = 10 кН, q = 20 кН/м,
l = 1 м, β = h/b = 1,5, [v] = 0,002l.

Решение.

Запишем уравнения прогибов, углов поворота, изгибающего момента и поперечных сил:

V (z) = A+Bz+Cz²/2+Dz³/6│₁+P (z-l)³/(6EI_x)+q (z-l)⁴/(24EI_x)│₂

φ (z) = - B – Cz - Dz²/2│₁ - P (z-l)²/(2EI_x) – q (z-l)³/(6EI_x)│₂

M_x (z) = -CEI_x - DzEI_x│₁ - P (z-l) - q (z-l)²/2│₂

21,67

Q_y (z) = -DEI_x│₁ – P - q (z-l) │₂

	16,11

Рис. 7

В соответствии с условиями закрепления стержня запишем граничные условия в следующем виде: V (0) = 0 → A = 0,

M_x (0) = - L → C = L/(EI_x),

V (3l) = 0,

M_x (3l) = 0.

Для нахождения неизвестных B и D составим систему уравнений, учитывая граничные условия: V (3l) = 0 и M_x (3l) = 0. Решив эту систему, получим: D = -21,67/(EI_x) и B = 16,11/(EI_x), откуда следует, что Q_y(0) = 21,67кН и φ (0) = -16,11/(EI_x).

Теперь, учитывая найденные константы, уравнения интегральных характеристик можно переписать в следующем виде:

Q_y (z) = 21,67│₁ – P – q (z-l) │₂

M_x (z) = -L – 21,67z│₁ – P (z-l) – q (z-l)²/2│₂

φ(z) =-16,11/(EI_x) – Lz/(EI_x) + 21,67z²/(2EI_x)│₁ – P (z-l)²/(2EI_x) – q (z-l)³/(6EI_x)│₂

V(z) = 16,11z/(EI_x)+Lz²/(2EI_x)–21,67z³/(6EI_x)│₁+P(z-l)³/(6EI_x) + q (z-l)⁴/(24EI_x)│₂

Построение графиков будем производить аналогично примеру 1.

1 участок: 0 ≤ z ≤ l

Q_y (0) = 21,67 кН φ (0) = -16,11/(EI_x)

Q_y (l) = 21,67 кН φ (l) = -10,28/(EI_x)

M_x (0) = -5 кН·м V (0) = 0

M_x (l) = 16,67 кН·м V (l) = 15/(EI_x)

2 участок: l ≤ z ≤ 2l

Q_y (l) = 11,67 кН φ (l) = -10,28/(EI_x)

Q_y (2l) = -28,33 кН φ (2l) = 19,74/(EI_x)

M_x (l) = 16,67 кН·м V (l) = 15/(EI_x )

M_x (2l) = 0 V (l) = 0

Определим координаты экстремумов и значения функций в экстре­маль­ных точках:

1) Q_y (z₁) = 21,67 – P – q (z₁-l) = 0 → z₁ = 1,58 м.

M_x (1,58) = -L + 21,67·1,58 – P (1,58-l) – q (1,58-l)²/2 = 20,07 кН·м.

2) M_x (z₂) = -L – 21,67·z₂ = 0 → z₂ = 0,23 м.

φ (0,23) = -16,11/(EI_x)– L·0,23/(EI_x)+ 21,67(0,23)²/(2EI_x)= -16,69/(EI_x).

3) φ (z₃) = -16,11/(EI_x)– L·z₃/(EI_x)+ 21,67(z₃)²/(2EI_x) – P (z₃-l)²/(2EI_x) –

- q (z₃-l)³/(6EI_x) = 0 → z₃ = 1,47м.

V (1,47) = 16,11·1,47/(EI_x) + L·(1,47)²/(2EI_x) – 21,67·(1,47)³/(6EI_x) +

+ P (1,47-l)³/(6EI_x) + q (1,47-l)⁴/(24EI_x) = 17,61/(EI_x).

Расчет на прочность σ_max ≤ [σ], σ_max = M_{x max}/I_x.

Для прямоугольника I_x = bh³/12 = b·(1,5b)³/12 = 0,28b⁴.

Найдем b = = = 0,145м.

h = 0,218м.

Расчет на жесткость V_max ≤ [v].

17,61/(EI_x) = 0,002 → I_x = 17,61·10³/ (2·10¹¹·0,002) = 0,000 044 м⁴ = 4400 см⁴.

I_x = 0,28b⁴ → b = = 0,112 м, h = 0,168 м.

Из полученной пары значений необходимо выбрать удовлетворяющие условиям прочности и жесткости. После выбора из стандартного ряда: b = 0,15 м, h = 0,22 м.

.

Пример 4.

Для заданной схемы нагружения стержня построить графики по­пе­реч­ных сил, изгибающего момента, угловых и линейных перемещений. Из рас­че­та на прочность и жесткость подобрать размеры двутаврового по­пе­реч­ного се­че­ния при следующих исходных данных: L = 20 кН·м, q = 10 кН/м, l = 1м,
[σ] = 160 МПа, [V] = 0,002l.

Решение.

Заменим промежуточную опору эквивалентной ей пока неизвестной реакцией R (см. рис.8), которая будет внесена в уравнения как сосре­до­то­чен­ная сила:

V (z) = A+Bz+Cz²/2+Dz³/6 + qz⁴/(24EI_x)│₁+R (z-l)³/(6EI_x)│₂

φ (z) = - B – Cz - Dz²/2 - qz³/(6EI_x)│₁ - R (z-l)²/(2EI_x)│₂

M_x (z) = -CEI_x - DzEI_x - qz²/2│₁ - R (z-l) │₂

Q_y (z) = -DEI_x – qz │₁ – R │₂

Запишем граничные условия: V (0) = 0 → A = 0,

M_x (0) = 0 → С = 0,

V (l) = 0

V (3l) = 0

M_x (3l) = -L → V'' (3l) = L/(EI_x)

Составив систему из трех неиспользованных граничных условий, найдем неизвестные B, R и D:

D = -7,94/(EI_x) → Q_y (0) = 7,94 кН,

B = 0,91/(EI_x)→ φ (0) = -0,91/(EI_x),

R = 0,6 кН.

Рис.8

С учетом найденных констант уравнения можно переписать следующим образом:

V (z) = 0,91z/(EI_x) – 7,94z³/(6EI_x)+ qz⁴/(24EI_x)│₁+0,6(z-l)³/(6EI_x)│₂

φ (z) = -0,91/(EI_x) + 7,94z²/(2EI_x) - qz³/(6EI_x) │₁ – 0,6(z-l)²/(2EI_x) │₂

M_x (z) = 7,94z - qz²/2│₁ – 0,6(z-l) │₂

Q_y (z) = 7,94 - qz │₁ – 0,6│₂.

Вычислим значения для границ участков:

1 участок: 0 ≤ z ≤ l

Q_y (0) = 7,94 кН φ (0) = - 0,91/(EI_x)

Q_y (l) = - 2,06 кН φ (l) = 1,4/(EI_x)

M_x (0) = 0 V (0) = 0

M_x (l) = 2,94 кН·м V (l) = 0

2 участок: l ≤ z ≤ 3l

Q_y (l) = - 2,66 кН φ (l) = 1,4/(EI_x)

Q_y (3l) = - 22,66 кН φ (3l) = -11,38/(EI_x)

M_x (l) = 2,94 кН·м V (l) = 0

M_x (3l) = - 20 кН·м V (l) = 0

Расчет координат экстремума и значений интегральных характеристик в экстремальных точках проведем аналогично показанным ранее примерам. В нашем случае: z₁ = 0,8 м, M_x (0,8) = 3,15 кН·м,

z₂ = 1,55 м, φ (1,55) = 2,42/(EI_x),

z₃ = 0,54 м, V (0,54) = 0,32/(EI_x),

z₄ = 2,23 м, V (2,23) = - 2,16/(EI_x).

По полученным значениям строим графики.

Расчет на прочность и жесткость:

1) Расчет на прочность σ_max ≤ [σ]

σ_max = M_{x max}/ W_x

В пределе получим: M_{x max}/ W_x = [σ]

Откуда: W_x = M_{x max}/[σ] = 20·10³/(160·10⁶) = 0,000125 м³ = 125 см³

Из таблиц сортамента выберем двутавр № 18 с W_x = 143 см³.

2) Расчет на жесткость V_max ≤ [V]

2,16/(EI_x)= 0,002·1,

откуда I_x = 2,16·10³/(0,002·2·10¹¹) = 0,000 005 4 м⁴ = 540 см⁴.

Из таблиц сортамента выберем двутавр № 14 с I_x = 572 см⁴.

Окончательно примем двутавр № 18, т.к. он удовлетворяет условиям прочности и жесткости.

Пример 5.

Для заданной схемы нагружения кривого стержня (рис. 9) радиуса R построить эпюры продольных и поперечных сил, а также изгибающего момента при следующих исходных данных: L = 10 кН·м, l = 1 м.

Рис. 9

Решение.

Данный кривой стержень является стати­чес­ки неопределимым, т.к. имеет четыре связи – три в жесткой заделке и одну – в подвижном шарнире. Задачу будем решать методом сил, т.е. «лишнюю» связь отбрасываем и заменяем ее реакцией (рис.10).

Рис. 10

Запишем каноническое уравнение метода сил:

х·δ₁₁ + δ_1Р = 0,

где х – неизвестная реакция, заменяющая отброшенную связь;

δ₁₁ – перемещение точки А от силы х = 1;

δ_1Р – перемещение точки А под действием внешних сил.

Перемещения будем искать при помощи интеграла Мора.

Составим уравнения моментов:

- от действия внешних сил M_xp(φ) = 0│₁ - L│₂;

- от действия силы х = 1: M_x1(φ) = - 1Rsin φ.

δ₁₁ = = = = 0,785/(EI_x)

δ_1Р = + = 7,07/(EI_x).

Определим неизвестную реакцию:

х = - δ_1Р/ δ₁₁ = - 7,07· EI_x/ (EI_x·0,785) = - 9 кН.

Теперь рассмотрим стержень, приложив в подвижном шарнире найденную реакцию х. Составим уравнения изгибающих моментов, попе­реч­ных и продольных сил:

M_x(φ) = X·R·sin φ│₁ - L│₂,

Q_y (φ) = X·cos φ│_{1, 2}

N (φ) = - X·sin φ│_{1, 2}

Рассчитаем значения функций на границах участков.

1 участок - 0 ≤ φ ≤ π/4: 2 участок - π/4 ≤ φ ≤ π/2:

N (0) = 0 N (π/4) = -6,36 кН

N (π/4) = -6,36 кН N (π/2) = -9 кН

Q_y (0) = 9 кН Q_y (π/4) = 6,36 кН

Q_y (π/4) = 6,36 кН Q_y (π/2) = 0

M_x(0) = 0 M_x(π/4) = -3,64 кН·м

M_x(π/4) = 6,36 кН·м M_x(π/2) = -1 кН·м

Построим графики (рис.11)

Рис. 11

Пример 6.

Для кривого стержня радиуса r, показанного на рис. 12, построить эпюры продольных и поперечных сил, а также изгибающего момента при следующих исходных данных: r = 1м, Р = 10 кН, [σ] = 160 МПа. Найти также перемещение точки А.

Рис. 12

Решение.

Данный стержень (рис.13) является статически определимым, поэтому решать задачу будем классическим методом.

Рис. 13

Реакции в опорах найдем, составив уравнения равновесия:

Σ Y = R₁ + R₃ + P₁·cos45 = 0,

Σ X = R₂ + P₁·sin45 = 0,

Σ M_B = R₁·r + P·r·sin45 = 0.

Решая систему, получим:

R₂ = -P·sin45 = -7,07кН,

R₁ = -P·r·sin45/r = -7,07кН,

R₃ = - P·cos45 - R₁ = 0.

Составим теперь уравнения продольных, поперечных сил и изги­баю­ще­го момента:

M_x (φ) = - R₁·r·sinφ│₁ – P·r(φ – π/4) │₂,

Q_y (φ) = - R₁·cosφ│₁ – P·cos(φ – π/4) │₂,

N (φ) = R₁·sinφ│₁ + P(φ – π/4) │₂.

Рассчитаем значения функций на границах участков.

1 участок - 0 ≤ φ ≤ π/4: 2 участок - π/4 ≤ φ ≤ π/2:

N (0) = 0 N (π/4) = -5 кН

N (π/4) = -5 кН N (π/2) = 0

Q_y (0) = 7,07 кН Q_y (π/4) = -5 кН

Q_y (π/4) = 5 кН Q_y (π/2) = -7,07 кН

M_x(0) = 0 M_x(π/4) = 5 кН·м

M_x(π/4) = 5 кН·м M_x(π/2) = 0

7,07

Построим графики (рис.14)

Рис. 14

Расчет на прочность произведем по изгибающему моменту:

σ_max = M_{x max}/ W_x ≤ [σ],

где W_x – момент сопротивления сечения изгибу.

W_x = M_{x max}/ [σ] = 5·10³/ (160·10⁶)= 3,125·10^-5 м³.

С другой стороны, W_x = 0,1d³.

Приравняв полученные выражения, найдем:

d = = = 0,068 м

Из стандартного ряда примем d = 0,07 м.

Найдем линейное перемещение точки А. Для этого в точке А приложим единичную силу в направлении предполагаемого перемещения (рис 15).

Рис. 15

Для определения реакций в опорах составим следующие уравнения рав­новесия:

Σ Y = R₁₀ + R₃₀ = 0,

Σ X = Х + R₂₀ = 0,

Σ M_B = X·r + R₁₀·r = 0.

Решая систему, получим:

R₁₀ = - X·r/r = - 1,

R₃₀ = - R₁₀ = 1,

R₂₀ = - X = -1.

Запишем уравнение изгибающего момента:

M_x0 (φ) = - R₁₀·r·sin φ – X·r (1 - cos φ).

Перемещение точки А найдем с помощью интеграла Мора:

δ_А = = +

+ = =

= = 0,008м.

Пример 7.

Для стержневой системы, показанной на рисунке 16, построить графики поперечных сил и изгибающего момента, из расчета на прочность подобрать размеры квадратного поперечного сечения при следующих исходных данных: q = 10 кН/м, L = 20 кН·м, l = 1 м, [σ] = 160 МПа. Найти перемещение

сечения А.

Рис. 16

Решение.

Рассматриваемая стержневая система является статически определимой, т.к. не имеет «лишних» связей, поэтому решать ее будем классическим мето­дом, т.е., разбив систему на два стержня, запишем уравнения интегральных характеристик для каждого в отдельности.

Для первого стержня:

Q_y1 (z) = Q_y1 (0) + qz,

M_x1(z) = M_x1(0) + Q_y1 (0)·z + qz²/2.

Для второго стержня:

Q_y2 (z) = Q_y2 (0),

M_x2 (z) = M_x2 (0) + Q_y2 (0)·z.

Запишем граничные условия: M_x1 (0) = 0,

M_x2 (l) = L,

Q_y2 (l) = 0,

M_x1(l) = M_x2 (0) – условие сопряжения.

Используя граничные условия и условие сопряжения, определим неизвестную константу Q_y1 (0): Q_y1 (0) = 15 кН.

Построим графики (рис. 17):

Рис. 17

Расчет на прочность.

Условие прочности: σ_max ≤ [σ].

В нашем случае σ_max = M_{x max} / W_x; W_x = a³/6.

6M_{x max}/ a³ = [σ] → a = = = 0,028 м.

Примем а = 0,03 м.

Пример 8.

Для стержневой системы, показанной на рисунке 18, построить эпюры поперечных сил и изгибающего момента при следующих исходных данных:

q = 10 кН, l = 1м.

Рис. 18

Решение.

Данная система является статически неопределимой, поэтому сначала необходимо определить количество «лишних» связей:

n = m – 3,

где m – количество связей, наложенных на систему.

В нашем случае n = 5 – 3 = 2, т.е. система дважды статически неопределима.

Для решения задачи отбросим «лишние» связи в неподвижном шарнире и заменим их неизвестными пока реакциями Х₁, Х₂ (рис. 19).

Рис. 19. Основная система метода сил

Запишем каноническую систему уравнений метода сил:

Здесь Х₁, Х₂ – силы, действующие как реакции в опоре, Δ_1Р, Δ_2Р – перемещения опорных сечений, вызванные внешними нагрузками в основной системе, δ₁₁, δ₂₂, δ₁₂, δ₂₁ – перемещения от единичных сил (причем δ₁₂ = δ₂₁).

Рассмотрим основную систему:

а) нагруженную реальной силой (без реакций опор)

1 стержень: 2 стержень:

Q_y1 (0) = 0 Q_y2 (0) = 0

M_x1 (0) = 0 M_x2 (0) = 0

M_x1 (z) = 0 M_x2 (z) = qz²/2

б) нагруженную единичной горизонтальной силой

1 стержень: 2 стержень:

M⁰_x1 (0) = 0 M⁰_x2 (0) = M⁰_x1 (l) = -1·l

Q⁰_y1 (0) = -1 Q⁰_y2 (0) = 0

M⁰_x1 (z) = Q⁰_y1 (0)·z = -1z M⁰_x2 (z) = -1·l

в) нагруженную единичной вертикальной силой

1 стержень: 2 стержень:

M⁰_x1 (0) = 0 M⁰_x2 (0) = 0

Q⁰_y1 (0) = 0 Q⁰_y2 (0) = -1

M⁰_x1 (z) = 0 M⁰_x2 (z) = Q⁰_y2 (0) ·z = -1·z

Определим перемещения:

Δ_1Р = = =

Δ_2Р = =

δ₁₁ = =

δ₂₂ =

δ₁₂ =

С учетом найденных значений перемещений перепишем каноническую систему уравнений метода сил следующим образом:

Решая систему, получим:

Х₁ = 3ql / 7,

Х₂ = -ql / 28.

Отрицательное значение реакции Х₂ говорит о том, что направление этой реакции на схеме необходимо изменить на противоположное.

Теперь, когда известны все силы, можно строить графики сил и моментов.

Запишем уравнения поперечных сил и изгибающего момента для каждого стержня в отдельности.

1 стержень:

Q_y1 (z) = Q_y1 (0) = X₁ = ql / 28,

M_x1 (z) = M_x1 (0) + Q_y1 (0)·z = ql·z / 28.

2 стержень:

Q_y2 (z) = Q_y2 (0) + q·z = -3ql / 7 + q·z,

M_x2 (z) = M_x2 (0) + Q_y2 (0)·z + qz² / 2 = ql² / 28 – 3ql·z / 7 + q·z² / 2,

M_x2 (0) = M_x1 (l) = ql² / 28.

Рис. 20

Пример 9.

Для заданной схемы нагружения стержня (рис. 21) определить значение критической силы.

Решение.

Рис. 21

Форму изогнутой оси выберем в тригонометрическом виде (см. при­ло­же­ние 2):

V (z) = a (1 – cosπz/l).

Для расчетов и проверки граничных условий нам потребуется первая, вторая и третья производные: V' (z) = aπ/l·sinπz/l,

V'' (z) = aπ²/l²· cosπz/l,

V''' (z) = -aπ³/l³· sinπz/l.

Граничные условия на концах стержня: V (0) = 0,

V' (0) = 0,

V' (l) = 0,

V''' (l) = 0.

Запишем уравнение равновесия деформированного стержня:

EI_{x = q .}

EI_x = EI_xa²π⁴/l⁴· (z/2 + l/4π·sin2πz/l) │ = EI_x·a²π4/2l³.

q = (qa²π²/l²) · (z²/4 + l²/8π²·cos2πz/l) │ = qa²π²/4.

Приравняем полученные выше выражения:

EI_x· a²2π⁴/2l³ = qa²π²/4.

Формула Эйлера для критической силы записывается в виде P_кр = EI_xπ²/(μl)².

Приведем полученное выражение к виду формулы Эйлера:

(ql)_кр = EI_x π²/ (0,71·l)².

Пример 10.

Груз массой 400 кг падает с высоты Н на балку двутаврового сечения
№ 20 (рис. 22), длина балки l = 2м, I_x = 2370 см⁴, W_x = 237 см³. Определить максимальные напряжения, возникающие в балке при ударе и высоту падения груза при [σ] = 160 МПа.

Рис. 22

Решение.

В точке падения груза приложим сосредоточенную силу, равную весу груза.

Максимальное напряжение при ударе: σ_{max дин} = σ_ст·к_дин,

где σ_ст – статическое напряжение от силы P = mg,

Дата добавления: 2015-10-26