Феодосьев В.И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению материалов 1967 (947481), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Рис. 238. Рис. 239. Приклалывая в этой точке единичный момент (рис, 238) и перемножая соответствующие эпюры, получаем: Д'1 аз аз а (3! — — ) Р— а ~2! — — !! Х, — — Хз —— = а ~2! — — ~ Х, — а ~! — -~Хз+ — Хз, 2(4 — а) Х,— (2 — а) Хз+2аХ =(6 — а)Р. Полставляем сюда найденные значения Х,, Хз и Хз. Тогда Заз — 15аз+ 19а — 1 = О, откула а=0,054993(1. Если бы а оказалось больше 1. слеловало бы решение повторить в предположении а > !. ДлЯ найленного а опРеделЯем ХР Хз и Хз: Х, = 1,087ЗР, Хз — — 1,3593Р, Хз — 0,09237Р. ЗН Н.
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОПСТВА СЕЧЕНИИ. ИЗГИВ !41 Заметим, что прн заданном соотношении длин листов силы Х, и Х почти не отличаются от полученных ранее. Снова строим эпюры изгибающих моментов (рнс. 239). Из рассмотрения этих эпюр вытекает, что кривизна второго листа в зоне защемления больше кривизны первого, а кривнзна третьего больше кривизны второго. Соответственно упругая линия каждого последующего листа будет располагаться ниже упругой линии предыдущего.
Такнм образом, сделанное предположение о характере соприкасания лнстов получает подтверждение. Расчетный нзгнбающнй момент равен М""„*=1,36Р1; он имеет место в зоне зашемлення нижнего листа. Осадка рессоры, определяемая перемещением конца первого листа, равна ЕВ 9РР Х,(з Хзит(91 — и), 14 1 3 ! б 3 откуда б = 3,926 —. ав$. Положим, что пружине принудительно задана на некотором участке форма лекала. Для этого, очевидно. к концам участка необходимо прнложить некоторые силы п моменты, а в промежуточных точках— распределенную нагрузку ГУтлрлл ллгй!Рлл глгл Р АЛЕР илляй!й,а ннтенснвноств ~у.
Из свойств упругой линии известно, что о(х) = Е/у~ Прв этом, если распреде- .и ленная нагрузка направлена вверх, то считается, что Рис. 240. 9(х)) О. Теперь достаточно очевидно, что при у ) О пружнна !У будет от лекала отставать, а прн у ( Π— прилегать к нему.
!т Если у =О (контур лекала представляет собой степенную !У кривую не выше третьей степени), пружина будет плотно прилегать на некотором участке к лекалу, не надавливая на него. В концеучастка возникнет некоторая сосредоточенная сила Р, (рис. 240), 142 РЕШЕНИЕ ЗАДЛЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 226 56. После приложеикя силы Р, левая часть, балки при- поднимется иа некоторой длине а (рис.
24!). Правая часть будет лежать па плоскости и останется прямой. Следова- тельно, зо всех сечениях правого участка изгибающий момент равен нулю. В частности, Р момепт равен нулю и в сечении х=а. Из итого условия и определяется длина отрезка а, т. е. (см. рис. 241) Р аз Р Р,а= — —, 2Р, а=-уг-!. При Р,= —. получаем: Р 1 Рг 18 РТ Рив= !8(Р 2 а= — !.
3 Наиболее интересным и поучительным в рассмотренной задаче, да и вообще во всех задачах, где имеет место соприкасание упругой балки с жесткой поверхностью, является Из условия равенства нулю суммы проекциЯ всех сил иа вертикальную ось вытекает, что чзг в точке х= а жесткая Х плоскость дает реакцию Р, (рис. 24!). Рис. 24!. При такой системе сил левую висящую часть балки можно рассматривать как свободно опертую балку ллииы а, пагружепную равномерно распределенной нагрузкой иитен- Р сивности †. Максимальный изгибающий момент будет иметь место на середине вксящего участка и будет равен 2 р2! 8 2Р' Лц и.
Геометиические спояствл сечеиия. изгип 143 возникновение сосредоточенной силы Р, иа границе участка прилегапия. На первый взгляд появление этой силы несколько неожиданно, хотя формально ее существование полностью согласуется с уравнениями равновесия и деформаций. Возникновение этой силы обусловлено выбором расчетной схемы. При решении задачи рассматривалась только изгибиая жесткость балки и предполагалось, что сдвиговые деформации в поперечных сечениях отсутствуют. Учета этих деформаций у'ке достаточно, чтобы обнаружить, что схема коитактных сил в аиде равномерно распределенной нагрузки и сосредоточенной силы Р, является приближенной.
При этом еет даже необходимости останавливаться иа том, что за счет сжатия балки в поперечиом направлении (как в обычных контактных задачах) сила Р, будет распределена по некоторой малой площадке. Рассмотрим деформации сдвига в балке, Кривизна балки, связанная с изгибающим моиеитом, определяется величиной !, .Ч вЂ” =у м ЕУ' Если обозначить через уо прогибы, вызванные сдвигом, то для любого сечения получим угол дополнительного наклона упругой линни в виде зс) уе= аг ' где й — числовой коэффициент, зависящий от формы попереч- 6 ного сечения балки. Для прямоугольиика, например, А= — ° 5 1О для круга л = — и т.
д. Таким образом, получаем 9 м иу' аж еу Ор' Знак минУс пРи -ь1— поставлен по той пРичине, что ЕРи пое' ложительиом значении М и Я оба эти фактора дают изменение кривизны различного зиака (рис. 242). Так как 144 вешания злдлч и отвнты нл вопросы 144 м у" = — — —. ЕУ 0Р В рассматриваемой задаче при х ( а Рхл М=Р1х —— 21 ' (2) а Ма Согласно выражению (1) получаем 1 Г Рх'1 аР откуда 1 г ха Рхч1 аР ха у= — 1Р, — — — ~+ — ° — +С,х+Са. Е3(16 241) 16Р 2 Ряс.
242. Произвольные постоянные С, и С определяются из условий: при х=а у'=О, у=О. Таким образом, для первого участка получаем; 1 1Р,~~ Р~'1 аР С1= — — 1 — ' — — ~ — — а, Е31 2 611 ИР 1 1Р,а' Ра'1 «Р аа Еу'1 3 81 ~+10Р 2 ' у=(х — а) )( — [ — '(х+2а) — л —., (х +2ах+За )~+ 1 ДР +2 т 1. На втором участке кривизна равна нулю. Следовательно, со- глаав (1) М вЂ” ааМ=О, где аа= —, Е,И ' (з) то полученное выше дифференциальное уравнение принимает вид (1) и1 Ее ГеОметРические сВОпствд сечении. иэГив 145 евгкуда М = Сз зЕе ах+ Се сЬ ах. (4) Рае При х = а М = Р а — -д в—, х=1 М=О. Из этих Условий опРеделаем пРонзвольные постоЯнные Сз и Сее Ра'1 са а1 С = — (Р,а — — 11 21 ) ева(Š— а) ' Ра' 1 ен аЕ Величина а определяется из условия равенства поперечных сил в точке сопряжения участков.
При х=а производная момента, определяемого выражением (2), равна производной момента, определяемого выражением (4). следовательно, Р,— — =Сзпсйаа+Сеаз1еаа, Ра откуда Р, 1 а Р, а а Р 2 Š— — — = — аЕ ° — ° 13 аЕ ~1 — ",) В задаче предположено, что — = —, поэтому Р, 1 Р 3' 1 1 а 1 а а 3 2 Е 3 Е= о11 (5) !Ь аЕ ~1 — — ) Из этого трансцендентного уравнения определяется — при Е заданном Если ОЕ=ОО, т, е.
если балка не имеет сдвиговых деа 2 формаций, то из (5) находим — = —, что было получено Е 3' ранее. При а1=50 получаем: — =0.646. а при а1=10 имееме Š— = 0,58. 10 в. и. Феодосьев 146 яашвиив задач и отняты иа вопяосы ау Теперь определим распределенную нагрузку р по второму участку балки ~4 — разность между распределенной реакцией плоскости и собственного веса †). Из (4) получаем Рг г)' у = Ма = а'(Сз зп ах+С„с!1 ах), откуда Р а тт[Р, 1 а1 еьа(1 — х) Прн х=1 у= О, т.
е. реакция опорной плоскости равна погонному весу балки. При х= а имеем — 2 р — — — — атР— — -- . ",а — 11 ' '(, 21) По мере роста а1, т. е. сдвиговой жесткости, а, стремится к бесконечности, и в пределе при а1=эо в точке х=а мы получаем сосредоточенную силу. Ряс. 243. Изменение закона распределения реакции плоскости с ростом а1 показано на рис. 243. 57. При посадке на валик кольцо не будет соприкасаться с валиком по всему контуру. На участках АВ кольцо отстает от валика, и плотное соприкасание будет только на участке ВВ (рис. 244).
аи н. ГеОметРические сВОйстВА сечений. ИзГЙБ 147 На концы А со стороны валика действуют силы 91. В точках В действуют силы Дг. Природа этих сил точно та же, что и в примере, рассмотренном в предыдушей задаче. В зоне плотного прилегания можно представить себе равномерно распределенную нагрузку интенсивности л. Если путем подбора снл ф, Яг, л и угла а нам удастсв удовлетворить всем условиям деформации кольца, то этим самым будет доказана правильность выбранной силовой схемы.
Ряс. 244. Так как, участок ВВ, по предположению, плотно прилегает к валику, то кривизна кольца на этом участке будет 2 равна, очевидно, постоянной величине —. Изменение кривианы 1З ' 2 2 2л  — ь 11 11' есть тоже величина постоянная. Изгибающий момент на этом жв участке ВВ будет 2а л(вв =-ЕУ Ог где ВУ вЂ” жесткость кольца на изгиб. Следовательно, силы Я„(сг и р должны быть выбраны так, чтобы на участке ВВ момент был постоянным и имел заданную величину. В проиазольном сечении кольца (рис. 244) имеем 0 .. 11 1 Вг.г "ЬЕ=Ю 2 з1пф+Яг — з1п(ф — а)+ 2 О 4 згп (ф — и)+ 2 + 2 Π— [1 — соз(ф — а)! .
1 Ог г 1Оч 148 Решение длдлч и Ответы нл ВОпРОсы 1И. или же в !э Вг Мвв=В7П'Р (777 2 +(сг 2 Саза — и 4 В1на1— В Вг т 1И вЂ” сов~р ~Яг 2 в!па+и 4 сова~+у 4 Момент остается постоянным, если потребовать, чтобы каждое из выражений, стоящих в прямоугольных скобках, обра- щалась в нуль: В С77+Ягсова — 7у 2 в!па=О, В (сгв!па+у — сова= О, 2 тогда получаем р=Е'в . йа Таким образом, д найдено. Двух уравнений (1) недостаточно для определения ф. Яг и а. Потребуем теперь, чтобы расстояние между точками кольца А и С увеличилось на 7в. Это условие запишем в виде о а где Млв и Мвв — изгибающие моменты на участках АВ и ВВ, а М, — изгибающий момент от единичных сил, приложенных по направлению АС.
соответственно равные: сг 2Д В Млв=(77 2 в!п7р Мвл=Е3 гг, М7 — — 2 в!Е7р. После подстановки и интегрирования получаем Вз Ь = О7 — ! а — — в! и 2а1 + — (1 !- сов а). 7 !ЕЙ~ 2 Решаем это уравнение совместно с уравнениями (1) и определяем (17 и ® 4Е.И Вг в!па ' Величина а определяется из следующего трансцендентного уравнения; а 2 = — +сова. в!па мя 11. Геоыетпические сВОпстВА сечении. изГиБ 149 которое дает и = 122'35'. Тогда имеем Щ = 4,75 да ° 1',11 = 2,56 Оз Удовлетворив, таким образом, всем геометрическим условиям мы подтвердили правильность выбраииой силовой схемы.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
