ответы / 25, 26 Изгиб стержней
.docxИзгиб стержней
Пусть стержень нагружен произвольной поперечной нагрузкой. Вырежем на некотором расстоянии z бесконечно малый элемент dz (рис. 47). На данный элемент действует внешняя нагрузка и внутренние поперечные силы и изгибающие моменты в сечениях, по которым вырезан элемент.
qz
qу Qy Qy+dQy
Mx+dMx Mx
dz
Рис. 47
Составим уравнения равновесия вырезанного элемента.
Уравнение равновесия всех сил на вертикальную ось.
- Qy + qydz + Qy + dQy = 0,
,
Qy’ + qy = 0. (96)
Уравнение равновесия моментов относительно центра тяжести правого сечения вырезанного элемента.
- Мх + qydzdz/2 + Мх + dМх - Qydz = 0,
слагаемое, выражающее момент от распределенной нагрузки, второго порядка малости, поэтому им можно пренебречь
,
Мх’ = Qy. (97)
Объединяя дифференциальные уравнения (96) и (97), получим:
Мх'' = - qy . (98)
Решение данного дифференциального уравнения с правой частью состоит из двух частей общего и частного решения и имеет вид
Мх(z) = C1+С2z – Фм,
где Фм – частное решение, отражающее внешнюю приложенную нагрузку.
Определим физический смысл постоянных интегрирования. При z = 0
Мх(0) = C1,
Мх’(0) = Qy(0) = С2.
Рассмотрим подробнее частное решение. Пусть стержень нагружен произвольной распределенной нагрузкой (рис. 48). Определим величину поперечной силы и изгибающего момента для точки с координатой z.
Рис. 48
Qy = ,
Мх = . (99)
Значения интегралов зависят от внешней приложенной нагрузки. Рассмотрим значения нагрузочных функций для наиболее часто встречающихся нагрузок.
а) сосредоточенная сила (рис.49):
Рис. 49
при z a ФQ(z) = 0
ФМ(z) = 0
при z a ФQ(z) = -P
ФМ(z) = -P(z-a)
б) распределенная нагрузка (рис.50):
Рис. 50
при z c ФQ(z) = 0
ФМ(z) = 0
при z c ФQ(z) = -q(z-c)
ФМ(z) = -q(z-c)2/2
в) сосредоточенный момент (рис. 51):
Рис. 51
при z b ФQ(z) = 0
ФМ(z) = 0
при z b ФQ(z) = 0
ФМ(z) = -L
Пример.
Для заданной схемы нагружения стержня (рис. 52) построить эпюры поперечной силы Qy(z) и изгибающего момента Mx(z) при следующих исходных данных: L = 5 кНм, P = 10 кН, q = 20 кН/м, l = 1 м.
Рис. 52
Решение.
Запишем уравнения поперечных сил и изгибающего момента:
Qy (z) = Qy(0) │1 – P - q(z - l) │2,
Mx (z) = Mx (0) + Qy(0)z│1 - P(z - l) - q(z - l)2/2│2.
В соответствии с условиями закрепления стержня запишем граничные условия в следующем виде: Mx (0) = - L,
Mx (3l) = 0.
Для нахождения неизвестной реакции Qy (0) необходимо приравнять уравнение изгибающего момента к нулю при координате z = 3l:
Mx (3l) = Mx (0) + Qy (0)3l - P(3l - l) - q(3l - l)2/2 = 0.
Решая это уравнение относительно Qy (0), получим Qy (0) = 21.67кН.
Теперь, учитывая найденные константы, уравнения интегральных характеристик можно переписать в следующем виде:
Qy (z) = 21.67│1 – P – q(z - l) │2,
Mx (z) = -L + 21.67z│1 – P(z - l) – q(z - l)2/2│2.
Построение графиков будем производить аналогично примеру 1.
1 участок 0 ≤ z ≤ l:
Qy (0) = 21.67 кН,
Qy (l) = 21.67 кН,
Mx (0) = -5 кНм,
Mx (l) = -5 + 21.67*1 = 16.67 кНм.
2 участок l ≤ z ≤ 3l:
Qy (l) = 21.67 – 10 = 11.67 кН,
Qy (3l) = 21.67 – 10 – 20*(3 - 1) = -28.33 кН,
Mx (l) = -5 + 21.67*1 – 10(1 – 1) – 20(1 – 1) = 16.67 кНм,
Mx (3l) = -5 + 21.67*3 – 10(3 – 1) – 20(3 – 1) =0 кНм.
Определим координаты экстремума и значения функции изгибающего момента в экстремальной точке:
Qy (z1) = 21.67 – P – q (z1 - l) = 0 → z1 = 1.58 м.
Mx (1.58) = -L + 21.67·1.58 – P (1.58 - l) – q (1.58 - l)2/2 = 20.07 кНм.
По рассчитанным значениям строятся графики поперечной силы и изгибающего момента (рис. 52).