Сопромат Экзамен 3 сем (820796), страница 2

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 2)

, F {N })= Δ {i}, где Δ {i}- обобщенные перемещения.∂ F {i }23)теорема Лагранжа для линейных задач (-//-):Теорема: Пусть для конструкции можно составить функцию U=U( Δ {1}, Δ {2 }, ... , Δ {n }),тогда:მU ( Δ{1 }, Δ{2}, ..., Δ{n }) ,= F{i}, где Δ{i}- обобщенные перемещения, а F{i} მ Δ {i }обобщенные силы.24)❑V {k }=∫lинтеграл Мора для чистого изгиба - формула, поясняющийрисунок, размерности и названия всех величинM { xF }∗M {x 1 }( z)dz , где V{k} - перемещение сечения[м*м*м]; EI{x} - изгибнаяEI {x }жесткость на участке; M{xF} - изгибающий момент от действующей силы [H*м]; M{x1} изгибающий момент от единичной нагрузки [H*м]; Е - модуль Юнга [Па]; I{x} -25)формула Симпсона (формула + рисунок):b−ab+a(f (a)+ 4 f ()+ f (b))следовательно:62nl {i }V {k }=∑( M {xF }(0)∗M {xl }(0)+4 M {xF }(l/2)∗M {xl }(l/2)+ M {xF }(l)∗M { xl}(l))6EI{x }i=1I=Вопросы с выводами (6 баллов):1) связь перемещений и нормального усилия при поперечном изгибеε=A ' B '− AB BB '−BA ' − AB BB '−( AA '− AB)− AB W +dW −W + AB− AB dW σ NdW N===== =⇒=ABABABdzdz E EAdz EAСоотношение Коши: W ( z )=w {0 }+∫N ( z )dz.EAA = [м*м]; z = [м]; N = [Н]; Е = [Па]; W = [м]2) потенциальная энергия деформации и работа внешних сил в задачахрастяжение-сжатиеkndA{k}=FdΔl{k} - элементарная работа; А = ∑ F {k }d Δ l {k }.

Следовательно: A=∫ ❑F{k}di=10❑1Δ l {k }- полная работа, тогда в данном примере A=∫ ΔOBC= F Δl.2❑❑❑❑1Потенциальная энергия деформации для всего стержня: U =∫ dU=∫ σ ε dV =∫ ¿ ¿ ¿ ¿VV 2l1в данной формуле a{0}= σ ε - удельная потенциальная энергия деформации.23) связь между углом поворота и крутящим моментом для стержнякруглого поперечного сечения4) связь между напряжениями и изгибающим моментом в задачечистого изгиба5) интеграл Мора для задач чистого изгибадобавить рисунок из тетрадиТак как в точке К может быть не приложена сила, приложим в нее некоторуюфиксированную силу Тдобавить рисунок из тетрадиПо принципы независимости действия сил, изгибующие моменты от силы Т и от всехдействующих сил, можно рассматривать независимо:добавить три рисунка из тетрадитак как задача линейнаядобавить рисунок из тетрадиM{x}=M{xF}+T*M{x1}M x 2 dz(M xF + T M x 1)2 dzM 2 +2 T M xF +T 2 M 2x1=∫=∫ xFdz2 E Ix2 EI xl 2E IxllM ( z)⋅M x1 ( z )M (z )M x 1 (z)∂UV k==∫ xF(теорема Кастилиано) T ≅ 0 ⇒ V k =∫ xFdz∂T lEIxE Ixl6) система ду ( 2 геометрических и 2 уравнения равновесия) для задачичистого изгибаU=∫7) учет касательных напряжений при поперечном изгибе стержняпрямоугольного поперечного сеченияОпределим распределение τ для прямоугольного поперечного сечения.Известно что:∂ τ чя ∂ τ yz ∂ σ z∂ τ чяMx∂ σ z ∂ M zx y1++=0, где мы знаем , чт :=0∧σ z=y⇒==Q y y ⇒ Q y =const ⇒ =τ (∂x ∂ y ∂ z∂xIx∂z∂ z IxIx2d τ yzyy 1=−Q y ⇒ τ yz =−Q y+CdyIx2 IxQ y h2 y 2h⇒ τ=0.

При y = → τ yz =0 ⇒ τ yz= ( − )2Ix 8 2Величина касательных напряжений зависит от формы поперечного сечения.8) косой изгиб: определение положения нейтральной линии имаксимального напряжения на примере стержня прямоугольногопоперечного сеченияНулевая линия – это геометрическое место точек поперечного сечения стержня, в которыхнормальные напряжения равны нулю.Из определения нейтральной линии легко находится положение нейтральной линии,приравниваяправуючастьвыражениякнулю:,.Обозначив черезнулевой линии:угол наклона нулевой линии к оси x и, придем к уравнению.Из анализа уравнения, нулевая линия при косом изгибе не проходит перпендикулярно к силовойлинии (рис.

9.2).Угол между нейтральной и силовой линиями будет прямым, только если главныецентральные моменты инерции равны (), но это не прямой изгиб!Косой изгиб невозможен для балок с сечениями, у которых все центральные оси являютсяглавными (например, квадрат, круг).В примере нагружения балки при косом изгибе (рис. 9.1) нагрузкипоперечных сечениях одинаковые продольные силы:ивызывают во всех.- наибольшие касательные напряжения при косом изгибе от продольных сил в точках,лежащих на оси x.– наибольшие касательные напряжения при косом изгибе от продольных сил в точках,лежащих на оси y.Формулымаксимальныхкасательных, гденапряженийприкосомизгибе:– площадь поперечного сечения балки.Наибольшие касательные напряжения при косом изгибе возникают в центре тяжестипоперечногосечения,которыенаходятсяпоформуле:.9) внецентренное растяжение-сжатие: определение положениянейтральной линии и максимального напряжения на примерестержня прямоугольного поперечного сеченияПреобразуемформулумоментовпривнецентренномсжатии, подставляя значения изгибающих моментов:.Обозначимкоординаты некоторой точки нулевой линии при внецентренном сжатии,иподставим их в формулу нормальных напряжений при внецентренном сжатии.

Учитывая,что напряжения в точках нулевой линии равны нулю, после сокращения науравнение нулевой линии при внецентренном сжатии:, получим.Нулевая линия при внецентренном сжатии и точка приложения нагрузки всегда расположеныпо разные стороны от центра тяжести поперечного сечения (см. рис. 10.1, б).Отрезки, отсекаемые нулевой линией от осей координат, обозначенныеиз уравнения нулевой линии при внецентренном сжатии. Еслии, легко найтисначала принять, а затем принять, то найдем точки пересечениянулевой линии при внецентренном сжатии с главными центральными осями:;10) теорема Кастилиано - пример применения теоремы для задачирастяжения-сжатияФормулировка теоремы Кастильяно: Перемещение точки приложения обобщенной силы понаправлению ее действия равно частной производной от потенциальной энергии деформациипо этой силе.Теорема: Если можно составить функцию U в зависимости от обобщенных сил, то:∂U ( F {1 }, F {2},...

, F {N })= Δ {i}, где Δ {i}- обобщенные перемещения.∂ F {i }Определим, используя теорему Кастильяно, угол поворота поперечного сечения в точке Kжестко защемленной балки, нагруженной распределенной нагрузкой q (рис. 15.8, а).Приложим к заданной балке на ее свободном конце в точке K фиктивный момент15.8, б).Изгибающий момент в произвольном сечении такой балки равен:(рис..Потенциальная энергия деформации при изгибе балки (при пренебрежении влияниемперерезывающей силы) вычисляется по формуле:.Угол поворота равен:.

Принимая в полученном выраженииокончательно найдем:.,.

Характеристики

Список файлов вопросов/заданий