- •Основные понятия и определения
- •Современный дизайн.
- •Физическая и математическая модель
- •Геометрические характеристики сечения
- •Изменение геометрических характеристик при параллельном переносе координатных осей
- •Изменение геометрических характеристик при повороте координатных осей
- •Геометрические характеристики сложных сечений
- •Метод сечений. Внутренние силы
- •Напряжение. Напряженное состояние в точке тела
- •Интегральные характеристики напряжений в точке
- •Нормальные напряжения в плоскости поперечного сечения
- •Закон парности касательных напряжений
- •Напряжения на наклонных площадках
- •Главные площадки и главные напряжения
- •Экстремальные свойства главных напряжений. Круговая диаграмма Мора
- •Испытания материалов на растяжение. Диаграмма растяжения
- •Математическая модель механики твердо деформируемого тела
- •Деформированное состояние тела
- •Касательные напряжения при кручении
- •Касательные напряжения при изгибе. Формула Журавского
- •Теории (гипотезы) прочности
- •Растяжение (сжатие) стержней
- •Кручение стержней
- •Изгиб стержней
- •Внецентренное растяжение и сжатие
Кручение стержней
Пусть стержень нагружен произвольной крутящей нагрузкой. Вырежем на некотором расстоянии z бесконечно малый элемент dz (рис. 44). На данный элемент действует внешняя нагрузка и внутренние крутящие моменты в сечениях, по которым вырезан элемент.
Составим уравнение равновесия вырезанного элемента.
- Мк + mzdz + Мк + dМк = 0,
,
Мк’ + mz = 0. (94)
Рис.44
Решение данного дифференциального уравнения с правой частью состоит из двух частей общего и частного решения и имеет вид
Mк(z) = C - . (95)
Определим физический смысл постоянной интегрирования. При z=0
Мк(0) = C.
Значение интеграла зависит от внешней приложенной нагрузки. Рассмотрим значения нагрузочных функций для наиболее часто встречающихся нагрузок.
а) сосредоточенный момент (рис. 44):
a
z
Рис.44
при za Фм(z)=0
при za Фм(z)=-L
б
m
с
z
Рис. 45
при zc Фм(z)=0
при zc Фм(z)=-m(z-c)
Пример
Для приведённой схемы нагружения прямого стержня (рис. 46) построить эпюру крутящего момента при следующих исходных данных:
mz = 10 кН/м, L = 10 кНм, l = 1 м.
Решение
В соответствии со схемой нагружения запишем уравнение крутящего момента в следующем виде:
Mk (z) = Mk (0) │1 - L│2 - mz(z-2l) │3 .
Исходя из условий закрепления стержня, запишем следующее граничное условие: Mk (0) = 0 (реакция незакреплённого конца стержня равна нулю).
Рис. 46
Таким образом, записанное уравнение не содержит неизвестных величин и можно приступать к построению графика. Построение графика будем производить аналогично построению графика в примере 1.
1 участок - 0 ≤ z ≤ l:
Mk (0) = 0 кНм,
Mk (l) = 0 кНм.
2 участок - l ≤ z ≤ 2l:
Mk (l) = 0 – 10 = -10 кНм,
Mk (2l) = 0 – 10 = -10 кНм.
3 участок - 2l ≤ z ≤ 3l:
Mk (2l) = 0 – 10 – 10(2 – 2) = - 10 кНм,
Mk (3l) = 0 – 10 – 10(3 – 2) = -20 кНм.
По рассчитанным значениям строится график крутящего момента (см. рис. 46).
Изгиб 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 – слагаемое 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 za ФQ(z)=0
ФМ(z)=0
при za ФQ(z)=-P
ФМ(z)=-P(z-a)
б) распределенная нагрузка (рис. 50):
Рис. 50
при zc ФQ(z)=0
ФМ(z)=0
при zc ФQ(z)=-q(z-c)
ФМ(z)=-q(z-c)2/2
в) сосредоточенный момент (рис. 51):
Рис. 51
при zb ФQ(z)=0
ФМ(z)=0
при zb 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 (см. рис. 52).