Архив рубрики: Геометрические свойства сечений. Изгиб

Задача

Набор круглых тонких шайб (рис. 74) надевается на болт того же материала, что и шайбы, и стягивается гай­кой с силой Р.

2015-08-06 22-46-05 Скриншот экрана

Полученный таким образом брус изгибается двумя моментами М. Определить изменение кривизны бруса и возникающие в нем напряжения при условии, что величина момента М достаточна для того, чтобы раскрыть контактные поверхности на нижней стороне бруса. Материал следует закону Гука. Диаметр болта можно считать равным вну­треннему диаметру шайб.

Пока момент М невелик, контактные поверхности шайб не раскрываются. В этом случае кривизна бруса будет определяться по обычной фор­муле

2015-08-06 22-52-00 Скриншот экрана

Наибольшее сжимающее напря­жение в шайбах будет

2015-08-06 22-52-42 Скриншот экрана

Наибольшее растягивающее на­пряжение в болте равно

2015-08-06 22-53-49 Скриншот экрана

Контактные поверхности в нижней части бруса начнут рас­крываться, когда М достигнет значения М1. При этом

2015-08-06 22-54-49 Скриншот экрана

При М > М1 контактные плоскости частично раскрываются, и задача требует нового решения.

Обозначим через ρ радиус кривизны оси болта (рис. 278).

2015-08-06 22-56-17 Скриншот экрана

Относительное удлинение любого слоя, находящегося на расстоянии у от оси, будет складываться из трех частей. Первая часть представляет собой удлинение, вызванное пред­варительным натяжением системы. Для болта это будет

2015-08-06 22-57-34 Скриншот экрана (1)

Для шайбы

2015-08-06 22-58-21 Скриншот экрана  (2)

Вторая часть ε0 представляет собой удлинение оси, пока нам неизвестное, получающееся вследствие искривления бруса (для болта и для шайб эта величина одна и та же).

Третья часть — 2015-08-06 22-59-51 Скриншот экрана(одинаковая для болта и для шайб) представляет собой то удлинение, которое получило бы во­локно в результате искривления бруса, если бы ось его не удлинялась. Таким образом, получаем:

2015-08-06 23-00-39 Скриншот экрана

Соответствующие напряжения будут:

2015-08-06 23-01-13 Скриншот экрана

При этом величина σш может быть только отрицательной (сжатие), и потому в выражении для σш

2015-08-06 23-02-19 Скриншот экрана (3)

Теперь напишем уравнения равновесия:

2015-08-06 23-03-09 Скриншот экрана

После подстановки σб и σш и интегрирования получаем:

2015-08-06 23-04-31 Скриншот экрана

где F6  и  Jб — площадь и момент инерции сечения болта от­носительно диаметра, 2015-08-06 23-07-11 Скриншот экрана — площадь, статический момент и момент инерции рабочего сечения шайбы, т. е.

2015-08-06 23-08-00 Скриншот экрана

Учитывая выражения (1), (2) и (3), приводим уравнение (4) к виду

2015-08-06 23-08-49 Скриншот экрана (6)

Из уравнения (5) получаем

2015-08-06 23-09-27 Скриншот экрана

Подставляя сюда  ε0 из (6), находим

2015-08-06 23-10-29 Скриншот экрана (7)

Подставляя же ε0 из (6) в выражение (3), имеем

2015-08-06 23-11-44 Скриншот экрана (8)

Поскольку ε'ш задано, a 2015-08-06 23-07-11 Скриншот экрана зависят только от y1 ,то выражения (7) и (8) можно рассматривать как параметри­ческую зависимость кривизны 1/ρ от момента М при пара­метре y1. Через этот же параметр у1 легко выразить наиболь­шее сжимающее напряжение в шайбах и наибольшее растяги­вающее напряжение в болте:

2015-08-06 23-27-13 Скриншот экрана

Таким образом, задачу можно считать решенной.

Ход расчетов должен быть следующим. Задаваясь несколь­кими значениями у1 определяем по формуле (7) значения мо­мента М. Когда вычисленное М совпадает с заданным, из формул (8) и (9) для соответствующего у1 находим: 1/ρ, σш и σб.

Остается еще выписать выражения для 2015-08-06 23-07-11 Скриншот экрана. Эти величины определяются интегрированием выражений dF,  у dFи ydF по рабочей площади шайб (рис. 279).

2015-08-06 23-31-43 Скриншот экрана

2015-08-06 23-32-53 Скриншот экрана2015-08-06 23-33-46 Скриншот экрана

Эти величины можно определять также и численно, суммируя элементарные площадки сечения, умноженные на первые и 2015-08-06 23-35-19 Скриншот экрана2015-08-06 23-36-47 Скриншот экрана

В выражениях (7), (8) и (9) предварительное натяжение системы определяется множителем εш  (2). Если Р = 0, то ε‘ш  = 0, и тогда, очевидно [см., например, выражение (7)],

2015-08-06 23-42-45 Скриншот экрана

(поскольку М, вообще говоря, не равно нулю).

Отсюда может быть найдена постоянная величина  у1 . Таким образом, при отсутствии предварительного натяжения поло­жение границы раскрытия шайб (у1) не зависит от изгибающего момента и определяется написанным выше соотноше­нием. При  εш  <  0 величина

2015-08-06 23-45-32 Скриншот экрана

должна оставаться отрицательной. Поэтому у1 всегда будет меньше того значения, которое оно имело бы при отсутствии предварительной затяжки.

Задача

Три бруса, имеющие одинаковую жесткость на изгиб, но различную форму поперечного сечения (рис. 73), изги­баются в вертикальной плоскости моментами М.

2015-08-06 21-55-30 Скриншот экрана

Постройте для каждого бруса зависимость изменения кривизны от мо­мента М, если диаграмма растяжения материала брусьев может быть схематически представлена ломаной линией (рис. 73) 2015-08-06 21-59-07 Скриншот экрана

Пока балки работают упруго, мы имеем:

2015-08-06 22-00-39 Скриншот экрана

и между кривизной и моментом существует линейная зависимость, которая сохраняется до тех пор, пока максимальное напря­жение не достигнет предела текучести σт. Это произойдет при

2015-08-06 22-01-39 Скриншот экрана

Соответственно каждому из сечений получаем:

2015-08-06 22-02-35 Скриншот экрана

При изгибающем моменте, большем указанного, в попе­речном сечении бруса следует рассматривать две зоны — упру­гую (0  ≤  у  ≤  ут) и пластическую (ут  ≤  у  ≤ уmax) (рис. 276).

2015-08-06 22-07-29 Скриншот экрана

Изгибающий момент в сечении определится следующим выражением:

2015-08-06 22-08-15 Скриншот экрана

Относительное удлинение будет 2015-08-06 22-09-08 Скриншот экрана . В упругой зоне имеем 2015-08-06 22-10-16 Скриншот экранаа на границе зон 2015-08-06 22-10-56 Скриншот экрана. Таким образом,

2015-08-06 22-11-38 Скриншот экрана

Для каждого из сечений после интегрирования получаем:

2015-08-06 22-12-21 Скриншот экрана

Кривые     2015-08-06 22-28-05 Скриншот экрана     показаны на рис. 277.

2015-08-06 22-28-57 Скриншот экрана

В каждом слу­чае момент М при  2015-08-06 22-29-45 Скриншот экрана имеет предельное значение (так называемый момент пластического шарнира). Им определяется предельная нагрузка для балки. Соответственно каждому из сечений при 2015-08-06 21-59-07 Скриншот экрана получаем:

2015-08-06 22-34-41 Скриншот экрана

Если бы сечения не были симметричными относительно гори­зонтальной оси, решение значительно усложнялось бы. В этом случае необходимо было бы определить предварительно по­ложение нейтральной оси из условия

2015-08-06 22-35-37 Скриншот экрана

Задача

Показать, что плоская замкнутая биметаллическая рама постоянного сечения, независимо от формы контура, при равномерном нагреве не меняет своей кривизны (рис. 72).

2015-08-05 20-34-35 Скриншот экрана

Мысленно разрежем раму и в сделанном сечении приложим внутренние силовые факторы М0 ,N и Q (рис. 274).

2015-08-05 20-36-28 Скриншот экрана

Эти усилия в сечении А дают изгибающий момент

2015-08-05 20-37-19 Скриншот экрана

Разрезанная рама при нагреве будет менять свою кри­визну. Это изменение кривизны остается постоянным для всех точек контура рамы, поскольку остаются постоянными температура и форма поперечного сечения. Но если так, то действие температуры может быть заменено действием некоторого эквивалентного момента Mt ,приложенного в сделанном се­чении.

Теперь потребуем, чтобы взаимные линейные и угловые смещения сечений от момента М0 и сил Q и равнялись тем же взаимным смещениям от действия эквивалентных температурных моментов M.

Изгибающие моменты от единичных силовых факторов (рис. 275)

2015-08-05 20-39-25 Скриншот экрана

соответственно усилиям М0 , Q и N будут следую­щими:

                                                             1, x, у.

Тогда получим:

2015-08-05 20-41-04 Скриншот экрана

откуда находим усилия: Q = N = 0, М= M

Следовательно, момент М0 равен эквивалентному темпе­ратурному моменту MtЗначит, изменение кривизны, которое дадут моменты М0, будет равным температурному изменению кривизны. Таким образом, кривизна равномерно нагретой замкнутой биметаллической рамы остается неизменной.

Задача

Спроектирован температурный регулятор термостата, в котором в качестве чувствительного элемента была приме­нена биметаллическая пластинка, установленная так, как это показано на рис. 71.

2015-08-04 23-22-41 Скриншот экрана

При повышении температуры пластинка, по замыслу конструктора, начинает изгибаться. Когда темпе­ратура достигнет заданной величины, контакт А замкнется и сработает командное реле, регулирующее нагрев термо­стата.

Будет ли работать подобная система?

Датчик работать не будет, так как биметаллическая пластинка, защемленная по концам, под действием равномерного нагрева не мёняет своей кривизны.

В самом деле, если бы пластинка была свободно оперта, она изогнулась бы при равномерном нагреве по дуге окружности. В данном случае на пластинку действуют еще моменты со стороны заделок. Под их действием пластинка также изогнется по дуге окружности, но в обратную сторону (рис. 273).

2015-08-04 23-27-31 Скриншот экрана

При этом, накладывая требование равенства углов пово­рота φ1 и φ2 на концах пластинки, мы неминуемо должны потребовать равенства кривизн обеих окружностей, а это означает, что суммарные углы поворота и перемещения во всех точках пластинки (при соблюдении условия φ= φ2) равны нулю. Таким образом, защемленная по концам биметаллическая пластинка при равномерном нагреве не изогнется.

Следовательно, чтобы указанная система (рис. 71) отве­чала своему назначению, достаточно, например, заменить за­щемление пластинки шарнирным ее закреплением.

Задача

Биметаллическое кольцо, имеющее размеры, пока­занные на рис. 70, нагревается на температуру t.

2015-08-04 22-38-20 Скриншот экрана

Определить величину угла φ, на который повернется сечение кольца, полагая форму этого сечения неизменной. Коэффициенты температурного удлинения составляющих частей кольца α1  и α2.

По условию сечение кольца можно считать недеформирующимся. Перемещение всякой фигуры в плоскости, как известно, может быть пред­ставлено в виде двух линейных перемещений какой-либо точки фигуры и дальнейшего поворота всей фигуры как целого вокруг этой точки.

Возьмем какую-либо точку в сечении кольца, например, точку О (рис. 270), расположенную на внутреннем радиусе а на спае колец.

2015-08-04 22-44-43 Скриншот экрана

Теперь полное перемещение сечения кольца может быть представлено в виде последовательных переме­щений точки О вдоль оси симметрии, перпендикулярно к ней, и поворота на угол φ около точки О.

Что касается первого перемещения, то оно соответствует перемещению кольца как жесткого целого и не вызывает его деформаций. Поэтому рассматривать это перемещение не бу­дем. Вторую составляющую линейного перемещения обозначим через Δ. Радиальное перемещение точки А будет, таким обра­зом, складываться из перемещения Δ и перемещения вследствие поворота сечения вокруг точки О. Эта вторая составляющая Δφ будет, как видно из рис. 271, равна 2015-08-04 22-54-50 Скриншот экрана

2015-08-04 22-53-46 Скриншот экрана

Радиальное перемещение точки А будет

2015-08-04 22-55-33 Скриншот экрана,

а окружное относительное удлинение

2015-08-04 22-56-17 Скриншот экрана

Окружное напряжение для первого кольца равно

2015-08-04 22-56-58 Скриншот экрана

для второго кольца

2015-08-04 22-57-36 Скриншот экрана

Если разрезать кольцо осевой диаметральной плоскостью и рассмотреть равновесие половины кольца, то легко убе­диться в том, что в сечениях этого кольца (рис, 272)

2015-08-04 22-58-28 Скриншот экрана

изгибающий момент М и нормальная сила N равны нулю. Сле­довательно,

2015-08-04 23-00-03 Скриншот экрана

Подставляя сюда σ1 и σ2, находим:

2015-08-04 23-11-57 Скриншот экрана

Отсюда, исключая Δ, находим

2015-08-04 23-13-01 Скриншот экрана

Как и в рассмотренном ранее случае,  φ будет наибольшим, если 2015-08-04 23-14-57 Скриншот экрана

Тогда искомый угол равен

2015-08-04 23-15-40 Скриншот экрана

Задача

В различных температурных ре­гуляторах весьма часто применяются так называемые биметаллические элементы.

Биметаллический элемент представляет собой две жестко со­единенные металлические пластинки с различными коэффи­циентами температурного расширения α1 и α2 (рис. 69).

2015-08-03 19-54-28 Скриншот экрана

При нагреве биметаллическая пластинка изгибается за счет раз­личного удлинения ее составляющих. Если один конец пла­стинки неподвижно закрепить, то второй — свободный — ко­нец переместится на некоторую величину. Получаемые таким образом перемещения используются как источник движения и необходимых механических усилий.

Установить, как меняется кривизна пластинки в зависи­мости от ее геометрических размеров и температуры на­грева.

Выделим из биметаллической полоски элементарный участок, имеющий длину ds и начальную кривизну поверх­ности спая 2015-08-03 19-57-21 Скриншот экрана (биметаллические элементы часто делаются криволинейными) (рис. 269).

2015-08-03 19-58-04 Скриншот экрана

Относительное удлинение волокна, отстоящего на рас­стояние у от поверхности спая, будет складываться из двух величин: из удлинения в спае ε0 и удлинения, обусловленного изги­бом полоски2015-08-03 19-59-19 Скриншот экрана, где 2015-08-03 20-00-04 Скриншот экрана - новая кривизна. Таким образом,

2015-08-03 20-00-43 Скриншот экрана.

Вычитая отсюда температурное удлинение и умножая по­лученную разность на модуль упругости Е, находим напря­жение, действующее в волокне, расположенном на расстоянии у от поверхности спая. Для первой пластинки имеем:

2015-08-03 20-01-36 Скриншот экрана

для второй

2015-08-03 20-02-16 Скриншот экрана

Е1 и Е2— модули упругости первой и второй пластинок.

Нормальное усилие и изгибающий момент в сечении би­металлического элемента равны нулю. Поэтому

2015-08-03 20-03-45 Скриншот экрана

Подставляя сюда σ1 и σ2 и интегрируя, получим:

2015-08-03 20-04-55 Скриншот экрана

Исключим отсюда ε0 и найдем изменение кривизны

2015-08-03 20-05-51 Скриншот экрана

Изменение кривизны пропорционально изменению темпе­ратуры и разности коэффициентов температурного расшире­ния. Наибольшее изменение кривизны, как это видно из по­лученного выражения, будет иметь место тогда, когда тол­щины составляющих пластинок подобраны так, чтобы

2015-08-03 20-06-41 Скриншот экрана

Тогда

2015-08-03 20-07-21 Скриншот экрана

Задача

Определите усилия, действующие в спицах велоси­педного колеса, и напряжения, возникающие в ободе при приложении к оси колеса силы Р (рис. 68).

2015-08-03 15-48-35 Скриншот экрана

Грунт, на который опирается колесо, можно считать жестким. Число спиц п велико настолько, что позволяет рассматривать спицы не как отдельные стержни, а как непрерывную среду.

Провести числовой расчет при сле­дующих данных: Р = 40 кг; радиус ко­леса = 31 см; момент инерции сечения обода = 0,3 см4 , число спиц п = 36; диаметр спиц d = 2 мм. Материал обода и спиц—сталь, Е = 2 ·106 кг/см2.

Если спицы рассматривать как непрерывную упругую среду, то для любой точки обода сила, действующая со сто­роны спиц, будет пропорциональна радиальному смещению соответствующей точки обода wТаким образом, мы сталки­ваемся здесь с задачей о расчете кольца с упругим основанием.

На единицу длины обода приходится 2015-08-03 15-56-14 Скриншот экрана  спиц. Со стороны каждой спицы на обод действует сила  2015-08-03 15-57-54 Скриншот экрана,где lдлина спицы (l ≈ R), Fплощадь поперечного сечения спицы.

На единицу длины обода, таким образом, действует сила 2015-08-03 15-59-42 Скриншот экранаоткуда

2015-08-03 16-00-38 Скриншот экрана (1)

Теперь составим дифференциальное уравнение упругой линии кольца. За независимую переменную выберем угол φ, отсчитываемый от вершины кольца (рис. 266).

2015-08-03 16-01-34 Скриншот экрана

Из кольца выделим элементарный участок длины dφ и в произведенных сечениях приложим внутренние силы N, Q и М. Со стороны спиц на этот участок будет действовать сила kwRdφСоставим уравнения равновесия для этого элементарного участка. Проектируем все силы на радиальную ось. Тогда получим

2015-08-03 16-03-23 Скриншот экрана

Условие равенства нулю суммы проекций всех сил на ось, касательную к дуге круга, дает

2015-08-03 16-04-07 Скриншот экрана

Приравниваем нулю сумму моментов сил относительно точки О

2015-08-03 16-04-46 Скриншот экрана

и исключаем из этих уравнений Q и N.Тогда имеем

2015-08-03 16-05-21 Скриншот экрана.

Изменение кривизны 2015-08-03 16-06-24 Скриншот экрана связано с изгибающим момен­том М следующим соотношением:

2015-08-03 16-07-04 Скриншот экрана

 но, как известно,

2015-08-03 16-07-43 Скриншот экрана

Так как при положительном перемещении wнаправленном от центра круга, кривизна кольца уменьшается, в правой части этого выражения стоит знак минус. Изменение кривизны в этом выражении состоит из двух величин. Первое слагаемое  2015-08-03 16-09-03 Скриншот экранасоответствует изменению кривизны за счет простого расширения кольца. Второе слагаемое 2015-08-03 16-09-47 Скриншот экрана, равное 2015-08-03 16-10-29 Скриншот экрана, представляет собой обычное изменение кривизны, ко­торое мы имеем и в прямом брусе.

Теперь после подстановки М дифференциальное уравнение принимает следующий окончательный вид:

2015-08-03 16-11-39 Скриншот экрана

где

2015-08-03 16-12-16 Скриншот экрана (2)

Решением этого уравнения будет

2015-08-03 16-13-00 Скриншот экрана

где

2015-08-03 16-13-58 Скриншот экрана  (3)  

Так как кольцо деформируется симметрично относительно вертикальной оси, функция должна быть четной функцией, т. е. при перемене знака при φ с плюса на минус должна оставаться неизменной. Поэтому произвольные постоянные С3 и С4, стоящие при нечетных функциях, полагаем равными нулю. Остальные постоянные определяются из следующих условий:

2015-08-03 16-16-19 Скриншот экрана

Последнее условие означает, что при нагружении колеса верхняя и нижняя точки остаются на одной вертикали. Дей­ствительно, если рассмотреть элемент обода колеса до и после деформации (рис. 267),

2015-08-03 16-17-18 Скриншот экрана

то нетрудно установить, что условие его нерастяжимости на­пишется в виде

2015-08-03 16-18-05 Скриншот экрана

где — перемещение по касательной к дуге контура, или

2015-08-03 16-20-11 Скриншот экрана

Так как смещение по касательной в точках φ = 0 и φ  = π отсутствует, то отсюда и вытекает условие в).

При С= С= 0 выражения для изгибающего момента

2015-08-03 16-21-56 Скриншот экрана

и поперечной силы

2015-08-03 16-22-31 Скриншот экрана

принимают вид

2015-08-03 16-23-19 Скриншот экрана

Теперь, раскрывая граничные условия а), б) и в), получаем:

2015-08-03 16-37-22 Скриншот экрана

Решаем эти уравнения:

2015-08-03 16-38-14 Скриншот экрана

Окончательно выражения для w и М принимают вид:

2015-08-03 16-39-46 Скриншот экрана

где для сокращения обозначено:

2015-08-03 16-41-08 Скриншот экрана

Усилие, приходящееся на одну спицу, будет, очевидно, равно

2015-08-03 16-42-31 Скриншот экрана  (7)

Проведем числовой подсчет. Из выражений (1) и (2), полагая модули упругости спиц и обода равными, получаем:

2015-08-03 16-43-21 Скриншот экрана

Далее, согласно (3) вычисляем:

2015-08-03 16-44-04 Скриншот экрана

Теперь находим:

2015-08-03 16-44-45 Скриншот экрана

Согласно (6) имеем:

2015-08-03 16-45-24 Скриншот экрана

Выражения (5) и (7) могут быть переписаны в виде

2015-08-03 16-46-40 Скриншот экрана

Отсюда видно, что при небольших значениях φ второе и третье слагаемые в скобках будут весьма малы, и М и Рc   практически не меняются. На основании этих выражений строим эпюры изгибающего момента М и усилий в спицах Рc (рис. 268).

2015-08-03 17-07-47 Скриншот экрана

При силе Р = 40 кг получаем: Mmax= 88 кг см; наиболь­шее усилие на спицу Рс max = 11.2 кг. Понятно, что в полученном результате не учитывается предварительное натяже­ние спиц, которое задается им при сборке. Естественно, это предварительное натяжение должно превышать по абсолютной величине Рс mах.

Рассмотренная задача впервые решена Н. Е. Жуковским.

Задача

Прямой деревянный брус прямоугольного попереч­ного сечения плавает на поверхности воды (рис. 67).

2015-08-02 14-03-25 Скриншот экрана

Определите напряжения, возникающие в брусе, и пере­мещение точки приложения силы Р, если

Р = 50 кг, l— 10 м,

b=20 см, h—10 см.

Дерево — сосна с удельным весом 0,6 г/см3 и модулем упру­гости Е ≈ 105 кг/см2.

Обозначим через у вертикальное перемещение бруса при нагружении силой Р. Дифференциальное уравнение упру­гой линии балки

2015-08-02 14-07-27 Скриншот экрана

перепишем в виде

2015-08-02 14-08-09 Скриншот экрана

где кг/сминтенсивность нагрузкисила, приходящаяся на единицу длины бруса. В рассматриваемом случае эта сила равна, очевидно, весу воды, вытесняемой единицей длины бруса на перемещении у, т. е.

2015-08-02 14-09-24 Скриншот экрана,

где γ — удельный вес воды. Так как интенсивность напра­влена в сторону, противоположную перемещению у, перед   γ поставлен знак минус. Теперь имеем

2015-08-02 14-12-05 Скриншот экрана

Обозначим

2015-08-02 14-12-46 Скриншот экрана (1)

где k— постоянная величина. Уравнение принимает вид

2015-08-02 14-13-50 Скриншот экрана (2)

Это уравнение называется уравнением балки на упругом осно­вании. Типичным примером такой балки является плавающая балка прямоугольного сечения. Для нее реакция основания (воды) в каждой точке пропорциональна перемещению у.

Уравнение (2) удовлетворяется функциями sh kx sin kxch kx cos kxsh kx cos kxch kx sin kx  и  любыми их линей­ными комбинациями. При использовании этих функций удобнее всего взять комбинации, предложенные А. Н. Крыловым, которые называются функциями Крылова. Они удобны тем, что производная от каждой из этих функций дает какую-либо другую из этих же функций. Приведем таблицу функций Крылова.

2015-08-02 14-50-53 Скриншот экрана


Выражение для у можно написать в следующем виде:

2015-08-02 14-52-19 Скриншот экрана

где у0, у0, M0  и Q0—соответственно перемещение, угол поворота, изгибающий момент и поперечная сила при х = 0. Если принять за начало отсчета х левый конец бруса (рис. 67), то, очевидно,

2015-08-02 14-55-29 Скриншот экрана

Величины у0 и y’0  определим из следующих условий:

2015-08-02 14-57-59 Скриншот экрана

Согласно таблице имеем:

2015-08-02 14-58-40 Скриншот экрана

и тогда граничные условия запишутся в виде

2015-08-02 14-59-26 Скриншот экрана

откуда находим перемещение и угол поворота при х = 0:

2015-08-02 15-00-15 Скриншот экрана

Теперь у и у" принимают вид

2015-08-02 15-01-05 Скриншот экрана

Проделаем числовые подсчеты:

2015-08-02 15-02-09 Скриншот экрана

Далее, пользуясь таблицами тригонометрических и гипербо­лических функций согласно выражениям для Yn(kx), находим:

2015-08-02 15-03-42 Скриншот экрана

после чего получаем:

2015-08-02 15-04-25 Скриншот экрана

Полученное решение будет верно только в том случае, если на всей длине балка верхней своей плоскостью будет выступать над поверхностью воды. Только в этом случае можно считать реакцию воды пропорциональной вертикаль­ному смещению. Таким образом, применимость полученного решения определяется максимальным перемещением уmaх.

При отсутствии нагрузки балка будет погружена в воду на величину, равную 0,6h (поскольку ее удельный вес соста­вляет 0,6 удельного веса воды). Верхняя плоскость балки возвышается над уровнем воды на 0.4 = 4 см. Следовательно, условием применимости полученного решения будет |уmах|≤ 4 см.

По формуле (3) находим: |уmаx| = 3,28 см < 4 см.

На рис. 265 представлен вид упругой линии изогнутой балки и эпюра моментов, построенная на основании выраже­ния (4).

2015-08-02 15-13-47 Скриншот экрана

Наибольший изгибающий момент, возникающий в среднем сечении, равен 5420 кг см, а напряжение 2015-08-02 15-14-49 Скриншот экрана.

 

 

Задача

Показать, что площадь, ограниченная контуром пло­ской кольцевой нерастяжимой рамы, при ее изгибе плоской системой сил при малых перемещениях остается неизменной, т. е. равной πR2 (рис. 66).

2015-08-01 21-08-23 Скриншот экрана

Заметим предварительно, что площадь ΔFометаемая любой балкой при ее изгибе, определяется следующим интегралом:

2015-08-01 21-49-12 Скриншот экрана,

где М — изгибающий момент от внеш­них сил, M1q— изгибающий момент от распределенной нагрузки интен­сивности «единица» (q= 1 кг/см)

Это выражение наиболее про­сто выводится тем же способом, что и обычные выражения для линейных и угловых переме­щений.

Для того чтобы определить изменение площади, ограни­ченной замкнутой рамой, надо предварительно найти выраже­ние M1qприложив к раме единичную распределенную нагрузку = 1 (рис. 264).

2015-08-01 21-51-39 Скриншот экрана

Но для кольцевой замкнутой рамы M1q = 0, следовательно, ΔF = 0. Тем самым доказано сделанное предположение.

Совершенно ясно, что оно справедливо, с одной стороны, только в той мере, в какой допустимо пренебречь растяже­нием контура кольца, а с другой, — при условии, что система работает в области малых перемещений. Для весьма гибкого кольца при сильном изменении его формы площадь, ограни­ченная контуром, не остается неизменной.

Задача

Показать, что для любого замкнутого контура плоской рамы, имеющего один шарнир, при условии постоянной жесткости

2015-08-01 20-54-15 Скриншот экрана, где М—изгибающий мо­мент, х — расстояние до любой оси, проходящей через шарнир (рис. 65).

2015-08-01 20-55-22 Скриншот экрана

Интегрирование распространяется на весь контур рамы.

Разрезаем раму по шарниру и определяем взаимное перемещение сечений в месте разреза. Для этого к разрезан­ной раме в шарнире прикладываем две противоположно на­правленные единичные силы (рис. 263).

2015-08-01 20-57-31 Скриншот экрана

Выбор линии действия сил может быть сделан произвольно.

Искомое перемещение δ будет равно:

2015-08-01 21-02-04 Скриншот экрана

Но М1 = х и так как δ = 0, то 2015-08-01 21-03-40 Скриншот экрана