Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Основы сопротивления материалов. Учебное пособие
.pdf
Заметим, что углы поворота сечений от изгибающих моментов в
M
x
F
F
F
формулах для деформаций в состоянии «1» выводятся из дифференциальных уравнений изогнутой оси балки:
2
dy d
dx
2
dx EI EI
zz
zz
Mdx
d
.
Построим вспомогательное состояние «1» (рис. 61, б). Для этого
сбрасываем с бруса всю нагрузку, а затем в рассматриваемой точке в
направлении 1–1 прикладываем единичную силу.
От этой силы по торцам элемента dx будут действовать внутренние
силы:
,,,.
NM M M
111
1
yz
Теперь системе в состоянии «1» дадим малое возможное перемещение, обусловленное состоянием «F», и получим состояние «1 + F»
(рис. 61, в).
1
dx
1
2
Состояние «F»
1
1
1F
dx
3
1
dx
1
1
Состояние «1 + F»
Состояние «1»
1
1
1F
а б в
Рис. 61
Затем применим к системе в состоянии «1» принцип возможных
перемещений для деформируемых систем.
Единственная активная единичная сила совершит работу на перемещении
. Эту работу приравняем работе внутренних сил на тор-
1F
цах элемента dx в состоянии «1» на перемещениях торцов этого
элемента в состоянии «F» и суммируем эту работу по всему брусу.
91
Опустив единицу в качестве сомножителя, в итоге получим интеграл
M
M
M
Мора, позволяющий определить
1F
:
NNdx
1F
ll
F
EA GI
ll
MMdx
1
y
yF
EI EI
yz
Mdx
xF
Mdx
zF
11x
p
1
z
(75)
.
Интеграл Мора часто записывают в упрощенном виде. При сложном нагружении, когда имеют место внутренние моменты и нормальные силы, вкладом нормальных сил в напряженно-деформированное
состояние можно пренебречь, а все моментные слагаемые условно
объединить. В итоге получим упрощенную форму интеграла Мора:
Mdx
1
F
l
EI
.
(76)
Заметим, что с помощью интеграла Мора вычисляются линейные и
угловые перемещения.
10.3. АЛГОРИТМ ОПРЕДЕЛЕНИЯ
ПЕРЕМЕЩЕНИЙ ПО ИНТЕГРАЛУ МОРА
1. Составляются аналитические выражения для внутренних сил на
всех силовых участках бруса.
2. Строится вспомогательное единичное состояние. Для этого снимается вся силовая нагрузка на брус, а затем в расчетной точке в интересующем направлении прикладывается единичный силовой фактор:
если определяется линейное перемещение, то это единичная сила, а
если – угловое, то это единичный момент.
3. Составляются аналитические выражения для внутренних сил на
всех силовых участках бруса для единичного состояния.
4. Составляется интеграл Мора, по которому вычисляется искомое
перемещение. Если получается положительное значение интеграла, то
направление перемещения совпадает с направлением единичной силы,
а если – отрицательное, то перемещение направлено против единичной
силы.
92
Пример
M
M
F
E
M
M
M
М
M
F
В
M
Определить В – вертикальное переме-
щение свободного конца консольного бруса.
Решение
Брус имеет один силовой участок
Fx
zF
.
Строим единичное состояние:
x
11.z
Составляем и вычисляем интеграл Мора:
z
l
F
x
1
ll
MMdx
zF z
B
o
1
IEIEI
zzz
xx Fl
0
3
.
3
Интеграл получился положительным, поэтому перемещение направ-
лено вниз (по единичной силе).
10.4. ВЫЧИСЛЕНИЕ ИНТЕГРАЛА МОРА
ПО СПОСОБУ ВЕРЕЩАГИНА
В двадцатых годах прошлого столетия русский студент Александр
Верещагин разработал графоаналитический способ взятия интеграла
Мора, позволяющий исключить операцию интегрирования. Но на способ Верещагина накладываются два ограничения: рассматриваемые
участки должны быть прямолинейными и постоянной жесткости. Выведем формулу Верещагина.
На рассматриваемом участке длиной
(),
x который может иметь произвольную форму, и эпюр
F
l (рис. 62) построен эпюр
(),
x
1
который в рамках принятых ограничений будет линейным. Нам надо
() () ,
взять интеграл Мора
xM xdx
F
l
1
интеграла постоянная жесткость сечения
()
х в виде
1
() .
xabx Подставляем ее в интеграл Мора:
1
() () () () .
MxMxdxaMxdxbхM х dx
FFF
lll
1
из которого вынесена за знак
EI. Представим функцию
93
F
M
М
M
х
M
M
М
х
M
M
М
x
M
1
()
x
x
()Mx
С
x
1с
x
dx
х
с
l
Рис. 62
Первый интеграл в правой части этого выражения представляет
площадь силового эпюра
площади относительно оси ( ),
, а второй интеграл – статический момент
x который, как известно из гео-
F
метрии, равен произведению площади фигуры на координату ее
центра тяжести .
Выражение в скобке в правой части – это значение момента
()
x на единичном эпюре
1
c
Эп.
1c
Fl
Эп.
1
1l
В результате получаем
с
() () ( ).
xM xdx a b x a bx
Fcc
l
1
М
(),
х взятое на координате центра
1
тяжести
F
Верещагина:
В результате получаем формулу
c
1
1c
c
2/3
l
Определить прогиб свободного
конца консольной балки (тот же при-
площади .
с
l
() () ( ).
xM xdx M x
Fc
0
11
1с
(77)
мер).
94
На рисунке построен силовой эпюр
M
x
М
М
F
E
М
F
M
М
M
Координата центра тяжести
с
и эпюр изгибающих моментов
ца по формуле Верещагина:
. Его площадь
F
2/3.
l
Построены единичное состояние
.
1
2/3.
l Прогиб свободного кон-
1
с
2
/2.Fl
1
M
c
1
IEI
zz
3
l
.
3
10.5. ВЫЧИСЛЕНИЕ ИНТЕГРАЛА МОРА
ПО ФОРМУЛЕ СИМПСОНА
Чтобы воспользоваться графоаналитической формулой Симпсона,
надо на каждом силовом участке бруса также построить силовые эпю-
M затем построить единичное состояние и эпюры
ры ,
F
для него.
1
На использование формулы Симпсона накладываются те же два ограничения, что и на формулу Верещагина, и добавляется еще одно ограничение: силовые эпюры должны описываться функциями порядка не
выше второго.
Формулу Симпсона для участка бруса мы дадим без вывода.
Ее смысл понятен из рис. 63.
Эп.
Эп.
а
1
c
H
/2l
l
Рис. 63
b
h
d
Формула Симпсона:
Mdx ac Hh bd
F
l
l
1
6
4.
95
(78)
Пример
E
F
M
М
Рассмотрим ту же консольную балку и определим по формуле Симпсона
прогиб свободного конца.
Решение.
,,0,
aFl H b
clh d
1, , 0.
Fl
2
l
1
Эп.
Эп.
/2l
H
F
b
1
d
а
1
h
c
2
По формуле Симпсона
33 3
lFlFlFl
(4 ) ,
ac Hh bd
663
IEIEI
zzz
что совпадает с предыдущими результатами
Подводя итог под энергетическими методами определения перемещений, отметим, что предпочтение отдается графоаналитическим
методам Верещагина и Симпсона из-за их простоты. Но применять их
можно только в рамках оговоренных выше ограничений.
96
F
F
Глава 11
УСТОЙЧИВОСТЬ РАВНОВЕСИЯ
СЖАТЫХ СТЕРЖНЕЙ (ПРОДОЛЬНЫЙ ИЗГИБ)
11.1. ПОНЯТИЕ ОБ УСТОЙЧИВОСТИ
В сопротивлении материалов рассматриваются деформируемые системы.
Устойчивость деформируемой системы – это ее
способность сохранять первоначальную (исходную)
форму равновесия. Как правило, вопросы устойчивости
относятся к сжатым конструктивным элементам, в основном к сжатым стержням.
Пусть стержень сжимается силой F. Чтобы выяснить, устойчивое или неустойчивое состояние равновесия у стержня, надо дать ему малое возмущение
(рис. 64), а затем убрать его. Если стержень вернется в
первоначальное состояние, то его состояние равновесия – устойчивое. Для данного конкретного стержня
это зависит от величины сжимающей силы.
Критической силой
называется минимальное значение сжи-
кр
мающей силы, при которой происходит потеря устойчивости.
Критическое напряжение
кр
, допускаемое напряжение
[]Fn
y
Допускаемая сила
кр
кр
[] .
.
A
В этих формулах
кр
у
[]
n
у
нормативный коэффициент запаса устойчивости.
F
Рис. 64
[]F
у
[]n –
у
97
Условие устойчивой, надежной работы стержня можно записать
М
в виде
F
A
[].
(79)
y
11.2. ОПРЕДЕЛЕНИЕ КРИТИЧЕСКОЙ СИЛЫ ПО ЭЙЛЕРУ
y
В XVII веке Леонард Эйлер опре-
делил критическую силу для схемы,
F
y
x
Рис. 65
l
показанной на рис. 65. Он исходил из
x
дифференциального уравнения изогнутой оси балки:
2
dy
dx
М
и
EI
.
min
(а)
2
Естественно, он считал, что потеря устойчивости происходит в
плоскости минимальной изгибной жесткости.
Изгибающий момент возникает за счет прогиба балки от потери
устойчивости:
и
.МFy Подставим
2
kEI
в (а) и введем обозначение
и
F
,
(б)
min
в результате дифференциальное уравнение изогнутой оси балки примет вид
2
dy
dx
2
0.
ky
(в)
2
Решение этого уравнения ищем в виде
sin cos .yC kxC kx (г)
12
Граничные условия: при х = 0 у = 0; при х = l y = 0.
Подставляя первое граничное условие в (г), получаем
Подставляя второе граничное условие в (г), получаем
В этом равенстве
0,С
поскольку тогда мы приходим к тривиальному
1
98
0.С
2
sin 0.С kl
1
решению 0,у что соответствует неискривленной оси бруса. Поэтому
остается принять sin 0.kl Это возможно при условии
n
k
, (д)
l
где 0, 1, 2, 3n и т. д. Подставляя (д) в (б), получаем значение сжима-
ющей силы F, при которой искривляется ось бруса,
22
nEI
min
F
l
.
2
Это и будет выражение для расчета критической силы. Но следует отбросить 0,
ствию
n что опять приведет к тривиальному решению – отсут-
F, и принять 1,n а это соответствует первой форме искрив-
ленной оси бруса и минимальному значению критической силы. Итак,
формула Эйлера имеет вид
2
EI
F
кр
min
.
(80)
2
l
11.3. ЗАВИСИМОСТЬ КРИТИЧЕСКОЙ СИЛЫ
ОТ УСЛОВИЙ ЗАКРЕПЛЕНИЯ СТЕРЖНЯ
Формула Эйлера получена при условиях закрепления стержня, показанных на рис. 65. При других условиях закрепления следует пользоваться обобщенной формулой Эйлера:
2
EI
где приведенная длина
F
кр
ll (здесь – коэффициент приведения
пр
min
,
(81)
2
l
пр
длины стержня, который вычисляется и приводится в справочниках).
На рис. 66 даны значения
Из рис. 66 виден геометрический смысл коэффициента
зывает, на какой части длины
для некоторых случаев.
: он пока-
l укладывается одна полуволна синусои-
ды изогнутой оси стержня при потере его устойчивости.
99
l
Е
l
l
2l l
2
μ = 1 μ = 2 μ = 0,5 μ = 0,5
Рис. 66
11.4. ПРЕДЕЛЫ ПРИМЕНИМОСТИ ФОРМУЛЫ ЭЙЛЕРА
Преобразуем формулу Эйлера:
A
кр
2
EI
lA
()
min
.
(а)
2
кр
F
l
2
Введем понятие минимального радиуса инерции сечения
I
min
Формула (а) примет вид
.
i
min
A
22
Ei
кр
Введем понятие гибкости стержня
min
.
(б)
2
l
()
li
Формула Эйлера при-
.
min
мет вид
2
кр
.
(82)
2
Формула Эйлера выведена из дифференциального уравнения изогнутой оси балки, полученного в рамках ограничений, накладываемых
на все задачи в курсе сопротивления материалов. Одним из этих огра-
100
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]