Феодосьев В.И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению материалов 1967 (947481), страница 13
Текст из файла (страница 13)
к у к У что приводит к выражениям: дт» к у У У Г ГУт ~ т хпхггу= ~ ~тур ~У'хаГх — ~ ~ — Ухупхс(у. Согласно граничному условию (2) получаем ) 1ткх! 'УГГУ= — ~ ~ суУ ~'хах, а согласно условию равновесия (1) имеем ~~ — ';кх ° = — ~~ — '"ху к у Следовательно, приходим к равенству ~ ~ т„у~Гхду= — ~ ~ тухГ1хГГу. Ио так как ткУГ1хйУ вЂ” ~ ~ гухаГхс(У=М„Р, то окончательно получаем Агкв Г М„Р ~ ткУГГхГГУ= 2, — ~ ~ т хсгхГГу= к у Пй РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ ИА ВОПРОСЫ 1аа !!. ГЕОМЕТРИЧЕСНИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ 35. Центробежный момент инерции прямоугольного треугольника относительно осей, параллельных катетам и проходяших через их середины, равен нулю (рис. 21!). По формуле переноса получаем: Ь Л ЬА «т «ич 6 6 2 где ,/,ж О, следовательно, ЬЧР У «У 72 Рис.
211. 36~ Обозначим через «р, полярный момент инерции фигуры относительио ее центра тяжести, а через lр — момент Ряс. 212. относительно некоторой произвольной точки с координатами а, Ь (рис, 212). Очевидно, Iр = уж+ 3м = «+ 3„+ (аз + Ьа) Р, откуда у — у аа+Ьт= —" « Следовательно. геометрическое место постояниых полярных моментов инерции плоской фигуры представляет собой семейство концентрических окружностей с центром в точке О (см. рис. 212). зт! и ГеОметРические сиоиствл сечений.
изГип Н9 Радиус каждой окружности задается величиной 1: )уз 1 1Р 1ж Р 37 Рассмотрим некоторое п.чоское сечение (рис. 2)3). Пусть оси х и у являются главными. Предположим, что существует еше пара главных осей и, о, не совпадаюших с л. у угол а не кратен 2). Если осн и, о главные, то 1„„=0. Но известно, что 1с 1у 1„,=1 сов 2а+ ' з!п2а, а поскольку оси х, у тоже главные. то 1 =О. Следовательно, 1х 1у з!и 2а = О. но з ! и 2а чь О, поэтому 1„= 1 .
(!) Ряс. 2!3. Теперь рассмотрим произвольно взятую пару осей и,, ои для которых 1л-1„ 1„...=1, соз2а,+ з!п2ао Очевидно, независимо от угла а1 имеем 1„,„, =О, т, е. любая пара осей и,, о, является главной. Рзс. 2!4. Из доказанного вытекает, что у всякого сечения, имеющего три и более осей симметрии, все центральные оси являются главными. и осевой момент инерции относительно любой центральной осн будет одним и тем же !это вытекает иа выражения (!)).
Этим свойством обладают, например, сечения, показан- ные на рис. 214 (квадрат, равносторонний треугольник, криволинейный шестиугольник и др.). 36, Рассмотрим плоское сечение с главными централь- ными осями х, у (рис. 2!5). Пусть искомая точка А имеет координаты а, Ь.
Теперь подберем а и Ь так, чтобы Уеч равнялось нулю при любом а. Сначала определяем по формулам переноса l, =3„+ЬЕР, у, =у„+аЧ, у„а,= Ьр. Далее, по формуле для повернутых осей имеем ,/„, =,г„,ж сов 2а+ ',- ги + — '-~ — и е1п 2а. Рнс.
215. Для того чтобы У„, было равно нулю при любом угле а, необходимо. Очевидйо. чтобы У „, =О, .Г„,— Уж =О. или же аьЬ'=О, У вЂ” У =(ат — Ьт)гч. Иа первого уравнения вытекает, что либо Ь, либо а, либо а и Ь вместе равны нулю, т. е. искомая точка находится во всяком случае на одной из главных центральных осей.
Примем, что ./„)~l„. и положим сначала Ь=О. Тогда В случае / ) l„а является величиной мнимой. При У„=У а=О. Положим теперь а=О. Тогда При У„)2, Ь вЂ” вегцественно. При У,=l, Ь=О. 120 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 13а 122 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ Рв бруса момент (как, например, зто сделано на рис.
ЗБ), то зто только означает, что результируюШнй момент напряжений на торце бруса равен М. Прн этом обычно умалчнвается, по какому закону распределены напряжения на самом торце, Рис. 2!7. прнводящиеся к М, Да зто и неважно. Как бы мы ни прнлагаля этн воздействия, довольно быстро, по мере удаления от конца бруса, напряжения выравниваются, и закон их распределення принимает внд хорошо известной линейной зависимости. На рис, 217 показано постепенное видоизменение зпюры нормальных напряжений от торца бруса к его середине.
Для Рнс. 218. торца ваят в внле примера пронзвольный закон ступенчатого распределення напряжений. Выравннванне происходит на очень коротком участке бруса, но на этом участке в нейтральной плоскости 00 действуют довольно большие касательные напряженна, чц и. ГеОметРические свОистзл сечении. изГиБ 123 В той постановке, в какой дана вадача. уже не беаразлично, как распределены напряжения по торцу бруса в том н другом случаях. В первом варианте бруса (рис. 36) предполагается, что напряжения распределены на торце по одному закону (рис.
218, а н 2!8, а), во втором случае (рис. 37) — по лгх другому закону (рис. 218, 6 н 218, г). Если мы сумеем обеспечить тот же линейный закон распределения напряжений по Рис. 219. торцу разрезанного бруса, что и для целого (рис. 218. в), то разделить брус на две части, не нарушая его работы, можно. Конструктивно выполнить это нетрудно. Для этого достаточно, например, дать жесткий захват для обеих разреаанных частей на концах бруса (рис. 219).
49» Чтобы нейтральная ось суммарной эпюры напряжений о проходила через центр тяжести сечения 7 — 7, сила должна пройти через центр кривизны, т. е, к=О. Изгибные напряжения в брусе большой кривизны определяются по формуле Му Оииг = Р„, (г где г — расстояние от центра кривизны до нейтральной оси, а е — расстояние от нейтральной оси до центра тяжести. В нашем случае Лт =Р(г+е+х). В центре тяжести, т.
е. прн у=е, Р (г+ е+ х) е оииг = Ре (г -1- е) По условию алгебраическая сумма этого напряжения и напряжения растяжения должна быть равна нулю: Р(г+е+х), Р— „(г+и) + Р =О, откуда и получаем х = О. 41 Выражение (1) вытекает ив дифференциального урав- нения ия ввшвннв задач и отввты нл вопгосы 124 полученного из выражения (2) в предположении, что перемещения бруса малы: 1 у" э У ° Р (1+,г)'Ь Следовательно, строго говоря, при чистом изгибе балка изгибается по дуге окружности, которая в пределах малых перемещений с весьма большой точностью может быть представлена квадратной параболой.
42 Форма предварительно изогнутой лыжи должна быть такой же, какую примет прямая лыжа при равномерно распределенной нагрузке (рис. 220). В таком случае искомая функцИя у определится из уравнения ЕУУ ™~эг (1) при граничных условиях Ух=о=О у„, = 0. Жесткость Еу довольно сложным образом зависит от х. Повтому уравнение (1) будем интегрировать графически. Е Ряс.
ЫО. рассмотрим пример. Горные лыжи имеют переменное по длине сечение, показанное на рис. 220. Строим график изменения момента инерции з' по длине лыжи (рис. 221, а). Далее, принимая для дерева Е=10з кг/сжа и полагая нагрузку на лыжу Р = 60 кг, строим согласно рис. 220 и 221 кривую кривизн — (рис. 221. б). М Е3 12б РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ (ча Интегрируя кривую кривизны дважды, получаем кривую 11 — ': ° показанную иа рис. 221, и. Ординаты, ваключенные между этой кривой и прямой ОА, дают нам искомую функцию у, удовлетворяющую граничным условиям. На рис.
221, г кривая у снесена на горизонтальную ось, причем получено У мх=б При большем начальном прогибе, что обычно и имеет место на практике, давление иа снег у концов лыжи булет больше, чем в середине. При скольжении по твердому снегу это обеспечивает лучшую управляемость и устойчивость хода. Однако, если у,„будет чересчур большим, то это вызовет ухудшение условий скольжения. 43. В точке А прикладываем единичную силу н перемножаем единичную эпюру с эпюрой заданной силы (рис. 222). х/ Рис. 222.
Для того чтобы ЬА равнялось нулю, необходимо совпадение центра тяжести единичной эпюры (ц. т.) с нулевой точкой ! заданной энюры (рис. 222). Очевидно, х= — 1. 3 44. При поставленном условии перемещение точки А в направлении, перпендикулярном к линии действия силы, равно нулю. Из этого условия и определяется угол а. ° $! и геометРР!ческие саолстВА сечении Р!згив 127 В точке А прикладываем единичную силу, перпендикулярную к Р, а затем строим эпюры изгибающих моментов а> Рис. 223.
(рис, 223). Перемножаем эти эпюры и полученное перемещение приравниваем нулю, откуда получаем пл н 1а2а=1, а= — + — ", 2 8' где и — любое целое число. РР ЧР5, а) Точка А рис. 43, а сместится вверх на —. 6ЕУ ' РН~ б) Точка А рис. 43, б сместится вправо на — и вверх 2ЕУ Рис. 224. РР в) Точка А рис. 43, в сместится вверх на — и вправо ба РР на —. ЕУ г) Для рис. 43, г на поставленный вопрос нельзя дать ответа до тех пор, пока не будут заданы связи, исключающие смещение рамы как жесткого целого. В зависимости еа1 1ь ГеометРические своиствл сечений. изГив 129 от характера этих связей булет различным и перемещение точки А (рис. 224), Соответственно указанным связям получаем, например: Ртз в 1-м случае — вправо на —, 16Е7 ' Ргз во 2-и случае — вправо на —, 8ЕЛ ЗРЕз Р1з в 3-и случае†вправо на — и вниз на — .
16Е/ 4Е1 45з См. рис. 226. зззЕ7 Ф к, М~~ Рис. 226. Рис. 227. 47 Стержень АВ сжат, Для того чтобы убедиться в этом, необходимо раскрыть статическую неопределимость рамы. Усилия в шарнире 1рис, 226) будут: 11 48 Х= — — Р, Х= — Р. 286 ' е 285 4З» Равнодействующая силы Р и реакции правой опоры проходит через точку перегиба упругой линии стержня 9 В, И.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
