Растяжение (сжатие) стержней


Стержни с плоской криволинейной осью



жүктеу 0.74 Mb.
бет2/5
Дата09.05.2019
өлшемі0.74 Mb.
түріКонспект
1   2   3   4   5

Стержни с плоской криволинейной осью

Кроме стержней с прямой осью в конструкциях часто встречаются элементы, у которых ось, т.е. линия, проходящая через центры тяжести поперечных сечений, является кривой. К ним относятся звенья цепей, проушины, крюки, арки, своды и т.п.

Положение точки оси определяется двумя величинами в полярных координатах – углом и радиусом. Декартова система координат в данном случае подвижна (в каждой точке она своя), ось Z направлена по касательной, ось Y по радиусу, ось Х составляет правую систему координат.

Пусть есть стержень с криволинейной осью, нагруженный продольной и радиальной распределенной нагрузкой (рис.36). Вырежем элемент стержня dS=Rd углом d.


Рис.36

Составим уравнение равновесия вырезанного элемента на ось Y:
-Q - (N + dN)sind + (Q + dQ)cosd + qyRd = 0

Учитывая, что d - малый угол, то cosd = 1, sind = d. Также произведение двух дифференциалов является величиной второго порядка малости, которой можно пренебречь.

dQ - Nd - dNd + qyRd = 0.
Поделим уравнение на d:

Q′ - N + qyR = 0 (19)


Составим уравнение равновесия вырезанного элемента на ось Z и проделаем аналогичные преобразования:
-N + (N + dN)cosd + (Q + dQ)sind + qzRd = 0

dN + Qd + dQd +qzRd = 0

N′ + Q + qzR = 0 (20)
Составим уравнение равновесия вырезанного элемента на ось Z и проделаем аналогичные преобразования:
-M + M + dM - (Q + dQ)Rd + (N + dN)Rd sind = 0

dM - QRd + dQRd + (N + dN)Rdd = 0

M′ - RQ = 0 (21)
Уравнение (21) продифференцируем по углу:
M′′ - RQ′ = 0
Сделаем замену Q’ из уравнения (19):
M′′ - RN + qyR2 = 0
Полученное уравнение еще раз продифференцируем по углу:
M′′′ - RN′ + qy′ R2 = 0
Сделаем замену N′ из уравнения (20):
M′′′ + R(Q + qzR) + qy′ R2 = 0

Учитывая, что M′′ = RQ, получим:


M′′′ + M′ = -qzR2 - qy′ R2 (22)
Уравнение (22) является дифференциальным уравнением с правой частью. Решение данного уравнения будет иметь вид:
М () = А + Вsin + C(1 - cos) + Фм (23)
где Фм- нагрузочная функция момента, зависящая от внешней нагрузки.

Определим физический смысл коэффициентов:

М(0) = А

M′ () = Вcos + Csin + Фм

M′ (0) = Вcos0 + Csin0 = В = Q(0)R

M′′ () = -Вsin + Ccos + Фм′′

M′′ (0) = -Вsin0 + Ccos0 = C = N(0)R

Рассмотрим значения нагрузочных функций для наиболее часто встречающихся нагрузок.

а) Сосредоточенный момент (рис.37):

Рис.37


при а Фм()=0,

при а Фм()=-L.


б) Сосредоточенная радиальная сила (рис.38):

Рис.38


при в Фм()=0,

при в Фм()=-PRsin(-в).


в) Сосредоточенная тангенциальная сила (рис.39):

Рис.39


при с Фм()=0,

при с Фм()=-PR(1-cos(-c)).


Пример. Для заданной схемы нагружения стержня (рис.40) построить эпюры Qy(z), Mx(z), N(z). Из условия на прочность подобрать размер круглого сечения при следующих исходных данных: P = 10 кН, R = 1 м, [] = 160 МПа.


Рис.40

Составим уравнения внутренних силовых факторов:


Mx() = А + Вsin + C(1-cos)│1 – P·Rsin( – π/4))│2 ,

Qy() = Mx′()/R = Bcos/R + Csin/R│1 – P·cos( – π/4)│2 ,

N() = Mx′′()/R = -Вsin/R + Ccos/R│1 + Psin( – π/4)│2 .

Для определения констант А, В и С используем граничные условия: М(0)=0, М(π/2)=0, N(0)=0:


М(0) = А = 0,

N(0) = С/R = 0,

М(π/2) = Вsin(π/2) – P·Rsin(π/2 – π/4)) = 0  B = 7,07.
В итоге получаем уравнения:

Mx() = 7,07sin│1 – P·Rsin( – π/4))│2 ,

Qy()=7,07cos/R│1 – P·cos( – π/4)│2 ,

N() = 7,07sin/R│1 + Psin( – π/4)│2

Просчитываем уравнения по участкам и строим графики (рис.41)

1 участок: 0 ≤  ≤ π/4: 2 участок: π/4 ≤  ≤ π/2:

N (0) = 0 N (π/4) = -5 кН

N (π/4) = -5 кН N (π/2) = 0 кН

Qy (0) = 7,07 кН Qy (π/4) = -5 кН

Qy (π/4) = 5 кН Qy (π/2) = -7,07 кН

Mx(0) = 0 Mx(π/4) = 5 кНм

Mx(π/4) = 5 кНм Mx(π/2) = 0 кНм


Для стержней малой кривизны расчет на прочность ведется также как и для прямых стержней. Стержень считается малой кривизны, если радиус хотя бы в пять раз больше максимального из размеров поперечного сечения.

σmax = Mx max/ Wx ≤ [σ],

Wx = Mx max/ [σ] = 5·103/ 160·106 = 3,125·10-5 м3.

Wx = 0,1d3.



d = = = 0,068 м.





0

7,07


5


5


5





0

Qy, кН



N, кН

0

7,07


5

Mx, кНм





0

Рис.41

Продольно-поперечный изгиб прямых стержней
До сих пор основное внимание было сосредоточенно на определении напряжений и перемещений, возникающих в стержнях, и на оценке их прочности и жесткости. Однако оказывается, что соблюдение условий прочности и малость перемещений по сравнению с допускаемыми нормами еще не гарантируют способности конструкций выполнять предназначенные им функции. Наряду с анализом прочности и жесткости необходим анализ устойчивости конструкции.

Упругое равновесие будет устойчивым, если деформированное тело при любом малом отклонении от состояния равновесия стремится возвратиться к первоначальному состоянию и возвращается к нему после удаления внешнего воздействия, нарушившего первоначальное равновесное состояние. Упругое равновесие является неустойчивым, если после удаления воздействия тело в исходное состояние не возвращается. Между этими двумя состояниями равновесия существует переходное состояние, называемое критическим, при котором деформированное тело находится в безразличном равновесии: оно может сохранить первоначально приданную ему форму, но может и потерять ее от незначительного воздействия. Нагрузка, превышение которой вызывает потерю устойчивости первоначальной формы тела, называется критической.

Рассмотрим стержень, нагруженный продольной и поперечной нагрузкой. На некотором расстоянии z вырежем элемент dz (рис.42).

Сумма проекций сил на горизонтальную ось:


-N1 + N1 + dN1 + qzdz = 0,

dN1/dz + qz=0.

Сумма проекций сил на вертикальную ось:
-Q1 + Q1 + dQ1 + qydz = 0,

dQ1/dz + qy = 0.

Сумма моментов относительно точки А:
M + dM – M - Q1 dz cos - N1 dz sin = 0.
Моменты от внешней нагрузки не учитываем вследствие их малости. Тогда:
dM/dz - Q1 cos - N1 sin = 0,
M′ - Q1 cos - N1 sin = 0.


Рис.42
Учтем, что при бесконечно малом угле: cos = 1, sin = . В результате получаем следующие уравнения равновесия при продольно-поперечном изгибе:


N1′ + qz = 0 (24)
Q1′ + qy = 0 (25)
M′ - Q1 - N1  = 0 (26)

Продифференцируем (26) по z:


M′′ - Q1 - (N1 )′ = 0
Используя (24), можно получить:
M′′ + qy - (N1 )′ = 0
Вспомним, что: M = -EJV′′,  = -V′:
(-EJV′′)′′- (N1 (-V′))′ + qy = 0
Основное дифференциальное уравнение продольно-поперечного изгиба:
(EJV′′)′′ - (N1 (V′))′ - qy = 0, при условии N1′ + qz = 0 (27)
Получим решение данного дифференциального уравнения в частных случаях.
Пример. Рассмотрим задачу продольно-поперечного изгиба для стержня, шарнирно закрепленного с двух сторон и нагруженного постоянной поперечной нагрузкой (рис.43).

Рис.43
qy = q = const, qz = 0, EJ = const.

N1′ = 0  N1= const, N1= -P
Так как жесткость стержня и продольная сила постоянны, то основное дифференциальное уравнение продольно-поперечного изгиба (27) выглядит следующим образом:
EJVIV + PV′′ = qy
VIV + (P/EJ)V′′ = qy /EJ
обозначим P/EJ = k2

VIV + k2V′′ = qy /EJ


Найдем общее решение
VIV + k2V′′ = 0
V1 = A + Bz + Csinkz + Dcoskz
Найдем частное решение

V2 = qz2/2k2EJ


Окончательно решение дифференциального уравнения в этой задаче имеет вид:
V (z) = V1 + V2 = A + Bz + C sinkz + D coskz + qz2/2k2EJ (28)
Запишем граничные условия для данной задачи:

1) V(0) = 0,

2) V′′(0) = 0,

3) V(l) = 0,

4) V′′(l) = 0.
Найдем вторую производную уравнения (28):
V′′ = – C k2 sinkz – D k2 coskz+ q/P
Определим постоянные интегрирования, используя граничные условия:
1) A + D = 0,

2) –Dk2 + q/P = 0,

3) A + Bl + C sinkl + D coskl + ql2/2P = 0,

4) – C k2 sinkl – D k2 coskl + q/P = 0.


Решаем данную систему уравнений:
D = q/k2P,

A = - q/k2P,

-C k2 sinkl – q/P coskl + q/P = 0, следовательно, C = q/k2P (1 – coskl)/sinkl,

-q/k2P + Bl + q/k2P (1 – coskl) + q/k2P coskl + ql2/2P = 0, следовательно, B = - ql/2P.

Подставим полученные коэффициенты:

V (z) = - q/k2P - ql/2P z + (q/k2P (1 – coskl)/sinkl) sinkz + q/k2P coskz + qz2/2k2


Проанализируем полученное уравнение. При sinkl = 0 V(z), что в принципе невозможно на практике.

sinkl = 0, решая получим kl = n, где n-целое число

kl = 0 не подходит, т.к. С = 0 или Р = 0

kl = , тогда k2 l2 = 2 (k2 = P/EJ), следовательно (P/EJ)l2 = 2.


Из полученного равенства выразим силу, которая будет являться критической:
Ркр = 2 EJ/ l2 (29)




Достарыңызбен бөлісу:
1   2   3   4   5


©kzref.org 2019
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет