Феодосьев В.И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению материалов 1967 (947481), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Эпюра иагибаюшего момента показана иа рис. 245, Рис. 245. 53. При решении задачи о деформации гибкой пружины (рис. 56) необходимо учитывать влияние сдвига на форму упругой линии пружины. Если мы будем исходить из обычной зависимости межлу иагибающим моментом и изменением кривизны 1 М й Е1' то неминуемо придем к заключению, что точки А коснутсв плоскости только при Р= ОО.
Лействительно, иа концах пружины изгибающий момент равен нулю при любом коиеч иом значении сил Р, для полного же'распрямления пружины вхшнние задач и отвиты нл вопяосы 1ж 150 необходимо, чтобы во всех ее точках момент был равен М =Е.1!тс. В реальных условиях искомая сила, естественно, оказывается конечной. Полученное противоречие объясняется тем, что при изгибе силами Р у концов пружины, где изгибающий момент мал, изменение кривизны происходит главным образом за счет деформаций сдвига, которые и необходимо учесть прн решении задачи.
Обратимся к выражению (1), стр. 144, Изменение кривизны пружины, прижатой к жесткой плоскости, равно у"= = — 1/гс. В таком случае получаем М вЂ” а'М = — —, 1 0Р' Е а Решая это уравнение, находим М = А зй ах+ В сй ах — —. ЕХ Е Постоянные определяем из следующих условий: при х=О 41=М'=О, х=1 М=О, откуда ЕУ 1 Еу 1 си их А=О, В = — —, М= ! — „— 1). Я сваг ' Й ~ сивг Искомая сила Р=а =М, = — а!пай Еу При ОР=оо (отсутствие сдвигов) а также обращается в бесконечность. В этом случае !па!=! и, как и следовало ожидать, Р = оо. КонЯ тактное давление по по- Ж верхности соприкасания пружины с жесткой плоскостью определяется как д=М = — а — = ЕУ т с!1 ах Л Е саси = бЕ са вх Ряс. 246.
тса сает ' Закон распределения р по длине пружины показан в виде крмвой на рис. 24б. пя и. геометвические сВОЙствл сечений. Нзгив 151 йзф. Рассмотрим отдельно одну из составляющих балок (рис. 57 и 247). Так как сила Р приложена не в центре жесткости, балка, изображенная на рис, 247, будет при изгибе одновременно Ряс.
247. закручиваться. Прикладывая силы М в сечениях разреза первых планок с таким расчетом, чтобы момент двух сил был равен моменту Рс, мы устраняем это закручивание для всех сечений балки. Тогда г7=Рс)Н. Таким образом, первая верхняя планка сжимается, а первая нижняя растягивается силами № Остальные планки прн изгибе балок не испытывают никаких усилий. Это заключение верно, естественно, лишь в той мере, в какой допустимо считать планки жесткими. Если бы они заметно деформировались, то возникающие в них усилия можно было бы определить тем же приемом, что н усилия в заклепках в задаче 14. ЕФ.
Раскладываем силу Р по главным осям х и у (рис. 2481 и разрезаем сечение в угловой точке А. Одновременно вводим Рис. 248. неопределенный поток касательных напряжений т. Касательное напряжение в произвольной точке В будет: ° ° 2Ь / +у +те.
152 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 1аа 1)осле несложных вычислений находим: а = а —, 1, = — (2+ у' 2 ), 2 2+)2 6 авз 1+2)г2 2-1-1' 2 Для каждого из трех участков сечения получаем: Я2 Р ~зва)г2 — йв а)'2 33 1 2 а'а ~ 2+)"2 1+2)"2') Я~ Р 2 33 — а) 233 )' 2 та — + 2 ава 2+ г2 2а + а )' 2 33 — 11 + )' 2) 333 1 + 2 1+те Ю 3)'2 Р в У2 33~ — а тв — — — 1 — =+ 2 ава 1 2 2+)в2 а — а (2+ )г2 ) 33+ (1 + 3' 2 ) 33 1 1+2)' 2 где зн ат и гз — координаты, отсчитываемые от угловых точек вдоль'контура Чтобы в разрезе А не возникло взаимных смешений, необходимо выполнить условие усЬ =О, или а Гт й й т Ввз + 1 Т АВЗ + 1 т34аа О о е о отседа определяется величина те: Фа! Г!.
Геометяические сВОйстВА сечений. изГиВ 153 Подставляя те в выражения 11) н произведя необходимые вычисления, получим." Т, = — ( — 0,47+ 1,66~, — 0,62~!!), тз = — (0,64 — 0,095~ — 0,90Ц), тз= — ( — 0,35 — 1 8Ж,+1 78~за) где ь! — — з! 11 = 1.
2. 3). Рис. 249. На рнс, 249 показана энюра касательных напряжений; выясняется, что Р тмаа = 0,86 Еаа Из бруса двумя сечениями, проходящими на расстоянии х и х+ГГх от конца, выделим элементарный участок длиной а1х Грие, 250). Рис. 250. Полученный элемент в свою очередь разделим горизоитальной влоскостью, проходящей на расстоянии у от средней линии, на две части и рассмотрим условие равновесия верх ней части АВСР. Очевидно, оно сводится к !«и л«уз «уз !о + !Го) Ь Фу — ~ аЬ аГу = тд а2х.
у у Поскольку же 12Му о=— а«а 154 нешинин задач и ответы нд вопяосы йн то + 12у ~М + (М)) Теперь условие равновесия перепишется в следующем виде: 1а+ лазя лга +й( )] ~ у 1у ~у ту тх У У откуда Если закон изменения Ь и М линейный, то, так как по заданию Ь, = 2ле, получаем: — (+) х 2 1 ве ( 4 ) (1 ~ ."1 + 1! (1+ 1) аль Эпюры т для нескольких сечений балки показаны на рис. 251.
Здесь в отличие от бруса постоянной толщины ',ггл г ' Я Р гд тс л' ч 33~ Р а1ь / Рнс, 25!. касательные напряжения в верхней и в нижней точках сечения в нуль не обращаются, поскольку секущая плоскость не перпендикулярна к верхней (А'8') и нижней (С'В') ограничивающим поверхностям. Для торцового сечения впюра показана пунктиром, так как здесь закон распределения напряжений целиком определяется способом приложения внешней силы Р.
Й1 и. Гвометвическив своиствл сечении. изГиБ 155 Если толщина балки й в зависимости от х меняется нв слишком быстро. т. е. если угол расширения балки мал, полученное решение точно совпадает с решением, полученным методапи теории упругости для клина. Еж Подобрать распределенную нагрузку, при действии которой балка остается прямолинейной, можно. Однако при этой нагрузке возникают столь большие поперечные усилия, что необходимо определять упругую линию балки с учетом деформаций сдвига. О том, что подбор надлежащего закона для д(х) возможен, говорит следующий простой Рнс. 252. пример.
Представим себе балку, плотно закрепленную в жестких направляющих (рис, 252) и изгибаемую моментом, приложенным на одном ив торцов. Такая балка остается при изгибе прямой, н мы можем утвер- ждать, что на нее со стороны направляющих действуют на- грузки искомого типа. Об этом же говорит н решение за- дачи 56. Там правая часть балки остается прямой, хотя рас- пределенная нагрузка, действующая на нее, не равна нулю. Возьмем уравнение (1), стр. 144, М АД1" У ЕХ ОР ' Потребуем, чтобы у" = О. Тогда получаем: М" — азМ=О, 0Г где ат= —.
Решаем дифференциальное уравнение; послеАЕ1 ' довательно имеем: М = С, БЬ ах+ С, сп ах, (1) ьГ=С1асиах+С азйах, (2) а=О'=С,аа зпах+Стаасйах, (3) где величины С, и Сз должны быть заданы в зависимости от характера граничных условий. Если балка шарнирно оперта по концам, т. е.'если прн х= О и х= 1 М =О, то С, = = Са = О и д = О.
Это означает, что балка сохраняет прямо- линейную форму только при нагрувке, равной нулю. Имеется однако возможность прикладывать не только рас- пределенные нагрузки, но и сосредоточенные силовые факторы 156 РЕЩЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 162 по концам бруса: Будем, например, считать, что момент на левой опоре по-прежнему равен нулю, а для правой опоры Ггтт'Зйпт Ряс.
253, варезервируем возможность приложения любого сосредоточен« ного момента. Тогда, полагая, что при х = О М = О. Получим2 С,=О. М=С1айах, где С, есть любая постоянная величина; далее, по уравнению (2) Я = С1а с11 ах, а искомая нагрузка по уравнению (3) д (х) = С1О2 зп ах. реакция на левой опоре будет Я е — — С1и, а на правой опоре Я„. 1 —— С1ас)1а1, Мл, = С, ай а1. Искомая система сил представлена на рис. 233.
63, Так как балка весьма длинная, то, разрезав ее на 1-й опоре, мы можем ее правую часть снова рассматривать как весьма длинную балку, подобную ааданной, но нагруженную уже не моментом М, а моментом МР То же можно скавать про 1+1, 1+2 и т. д. опоры. Следовательно, если изгибающий момент на «+1-й опоре составляет какую-то долю от 1-го момента, то точно такую же долю от 1+1-го момента составляет 1+2-й момент, т, е. М1„, — хМР М1+2 = хМ1+1 = х2М1 и т. д. 1!!!!!!а~~ 641 и. Геометпические сВОйстВА сечении. изГиб 131 Выписываем выражение теоремы трек моментов для 1-го и 1+1-гО пролетов. При отсутствии внешней нагрузки на пролетах получаем М1а+ 2М1+1(а+ а)+ М1+аа = О.
Илн, учитывая выражения для М1+, н М1+а, 1+ 4х+ хз = О, откуда находим М„т+ 4 М„, = О. Примем, что М,= 4х1-1. Подставляя зто вначенне М, во все уравнения, кроме первого и последнего, получаем: 1+ 4х+ ха = О, х= — 2+ ф~ 3. ') Знак «минус» соответствует случаю, когда внешний момент приложен ие на крайней левой, а на крайней правой опоре. х= — 2 ~ )/3. Так как х по абсолютной величине должно быть меньше единицы, берем знак «плюс» е), Тогда х = — (2 — )1 3), »1 Д~1 г Изгибающий момент на 1-й опоре будет М1 — — Мх'-' = = М()/3 — 2) Угол поворота на 1-й Рис, 254. опоре определяется перемножением зпюры моментов для 1-го пролета на зпюру от единичного момента (рис.
254): Еуй = — ~ )/3()/3 — 2) 64. Выписываем систему п — 2 уравнений, необходимых для определения опорных моментов: М+4М +Ма —— О, М,+4МЗ+М4=0, 158 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 1ав Теперь легко установить, что все уравнения, кроме первого н последнего„ удовлетворяются, если принять: М2 = Ах, + Вхт, Ма — — А ха+ Вхт, М =Ах' '+Вх' ', ! 2 где х, = — 2+ 2/3 х2 —— — 2 — ~l 3. А и  — любые постоянные, которые подбираем так, чтобы были удовлетворены первое и последнее уравнения системы М+ 4 (Ах! + Вх )+ Ахт+ Вхз= О, Ах"-2+Вх" 2+4Ах" 2+4Вх"-2=0, 1 2 1 2 откуда 'имеем: х2 — 2 (1 + 4ха) А= М х,х" 2(4+х )(1+4х2) — х," ах2(1+4х )(4+х ) В=+ М х!х" (4+ х!) (1+ 4х2) — х! х2(1+ 4х ) (4+ ха) Окончательно получим ( — 2 —.ф~ 3) — ( — 2+У 3) ( — 2 — У 3) — ( — 2+У 3) Определение угла поворота на 1-и опоре прн известном М„не представляет никакого труда.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
