Феодосьев В.И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению материалов 1967 (947481), страница 18
Текст из файла (страница 18)
Для весьма гибкого кольца при сильном изменении его формы площадь, ограниченная контуром, не остается неизменной. 7Й. Обозначим через у вертикальное перемещение бруса при нагружении силой Р. Дифференциальное уравнение упругой линии балки С4У =1Г4444 перепишем в виде с 4у = лтнзг = й. 1ГУ1 где 47 кг~с и — интенсивность нагрузки — сила, приходящаяся на единицу длины бруса. В рассматриваемом случае зта сила равна, очевидно, весу воды, вытесняемой единицей длины бруса на перемещении у, т. е.
л= — 1 Ьуу, где у — удельный вес воды. Так как интенсивность д направлена в сторону, противоположную перемещению у, перед Ьуу поставлен знак минус. Теперь имеем УЕУ1+ ВУ, б Е3 Обозначим — = 4й4, зт Е3 где й — постоянная величина. Уравнение принимает вид упу> +,и4у О. Это уравнение называется уравнением балки на упругом основанин. Типичным примерем такой балки является плавающая балка прямоугольного сечения. Для нее реакция основания (воды) в каждой точке пропорциональна перемещению у. Уравнение (2) удовлетворяется функциями БЬ йх Б1п йх, с)1йхсозлх,.
Бйлхсозйх, с44йхз1пйх и любыии их линейными комбинацнямн. При использовании зтик функций удобнее всего взять комбинации, предложенные А. Н. Крыловым, которые называются функцпямн Крылова, Они удобны тем, 168 гашении задач и ответы на вопгосы йз' что производная от каждой из этих функций дает какую-либо другую из этих же функций. Приведем таблицу функций Крылова. г'„" 1а а1 а у (а.аа у„1аю у„<ала — 4ана — 4аака (аау, Фуа аау ауа Выражение для у можно написать в следующем виде; У=уоУа(лх)+Уо а Уа(лх)1- ЕЛ аа о ЕЛ где уо, у', М и (го — соответственно перемещение, угол поворота, изгибающий момент и поперечная сила при х=О. Ясли принять за начало отсчета х левый конец бруса (рнс, 67), то, очевидно, Яо=О, Л4о=О.
Величины уо и у„' определим нз следующих условий: прн х 2 Согласно таблице имеем: — „у' = — 4у„У (йх) + у' — ~~(лх) «г у' = 4у„У„(йх) — у' — „) а(лх) 1 4 аа У" = 4УнУа('М) Уо В 1 о(аах) сь ах соя «л — (сь ах а1п ал+ вь ал соа вл) 1 2 — аь зла(пах 1 2 1 — (сп а а мп а а -аи «л соо «л) 4 ,раау -4йаУа — 4аана — 4аана -4аака — 4а'1'а — 4А'1", 170 вешания злдлч н ответы нл вопвосы, пз Полученное решение будет верно только в том случае, если на всей длине балка верхней своей плоскостью будет выступать над поверхностью воды. Только в этом случае можно считать реакцию воды пропорциональной вертикальному смещению. Таким образом, применимость полученного решения определяется максимальным перемещением у,„.
При отсутствии нагрузки балка будет погружена в воду на величину, равную О,бй (поскольку ее удельный вес составляет 0,6 удельного веса воды). Верхняя плоскость балки возвышается над уровнем воды на 0,40 = 4 слз. Следовательно, условием применимости полученного решения будет ~у „~~(4 см. У Рлс. 265. По формуле (3) находим: 1у „~=3,28 ем с, 4 см. На рис.
266 представлен вйд упругой линии изогнутой балки и зпюра моментов, построенная на основании выражения (4). Наибольший изгибающий момент, возникающий в среднем сечении, равен 6420 кг см, а напряжение о~пал = йг 16 3 кз/с.из М 73 Если спицы рассматривать как непрерывную упругую среду, то для любой точки обода сила, действующая со стороны спиц, будет пропорциональна радиальному смещению соответствующей точки обода ш. Таким образом, мы сталкиваемся здесь с задачей о расчете кольца с упругим основанием. л На единицу длины обода приходится — спиц.
Со стороны 2п1с ЕР каждой спицы на обод действует сила — тв, где 1 — длина спицы (1ж И), Р— плошадь поперечного сечения спицы. ги и. ГеОметРические сВОЙстВА сечении. изГиБ 171 На единицу длины обода, таким образом, действует сила ЕГп — а~= йяв, откуда 2пА1е й= — „ ЕЕп 2пй' ' (1) Теперь составим дифференциальное уравнение упругой линии кольца. За независимую переменную выберем угол <р, отсчитываемый от вершимы кольца (ркс, 266). Рис. 266. Из кольца выделим элементарный участок длины ЯФр и в произведенных сечениях приложим внутренние силы Гт', Я н М.
Со стороны сниц на этот участок будет действовать сила лта)с сГр. Составим уравнения равновесия для этого элементарного участка. Проектируем все силы на радиальную ось. Тогда получим — =Д1+Мю. л0 йр Условие равенства нулю суммы проекций всех сил на ось, касательную к дуге круга, дает и'йг — + Я = О. Фч Приравниваем нулю сумму моментов сил относительно точки 0 )с — + — = О пАГ КМ Кр Ле и исключаем из этих уравнений Я и И. Тогда имеем а йю иМ сРМ й)са — = — + —. к,~з ' 172 ияшннин задач и ответы нл вопгосы рз /11 Изменение кривизны Л ~ — ~ связано с изгибающим момен- 1.о 1 том М следующим соотношением: но, как известно, бЯ вЂ” ~ +' ") Так как при положительном перемещении тв, направленном от центра круга, кривизна кольца уменьшается, в правой части этого выражения стоит знак минус.
Изменение кривизны в этом выражении состоит из двух величин. Первое слагаемое — соответствует изменению кривизны за счет проД2 1 Фге стого расширения кольца. Второе слагаемое — —, равное я2 лэ2 Ль® — представляет собой обычное изменение кривизны, кона' торое мы имеем и в прямом брусе. Теперь после подстановки М дифференциальное уравнение принимает следуюгцнй окончательный вид: — + 2 — +а' — =О.
Фге чэге иге Жрь сйр~ йр где аз = — +!. у~ Е3 (2) Решением этого уравнения будет тв = Се + С, сп агр сов 13<р+ Са зп а~р з1 и 13гр+ + Са си агрз1п К+ С4 зй шр сов 1Ир, где Так как кольцо деформируется симметрично относительно вертикальной оси, функция тв должна быть четной функцией, т. е. при перемене знака при у с плюса на минус должна оставаться неизменной. Поэтому произвольные постоянные па и.
ГгсометРические саоистВА сгченин. изГиБ !73 Сз и Сч, стоящие при нечетных функциях, полагаем равными нулю. Остальные постоянные определяются из слелующих условий: Ч'ГЕ а) при Гр=п — =О, Фф Р б)» ф=к 9= — —, 2 ' в) ~ миф=О. с Последнее ус,тонне означает, что при нагружении колеса верхняя и нижняя точки остаются на одной вертикали. Действительно, если рассмотреть элемент обода колеса до и после деформации,зя .е (рис.
267), то нетрулно установить, что условие его нерастяжимости напишется в виде где зт — перемещение по касательной к дуге контура, или Рис, 267, Так как смещение по касательной в точках ф=О и ф=гс отсутствует. то отсюда и вьпекает условие в). При СЗ=С,=О выражения для изгибающего момента и поперечной силы 1 л'М Я ЛР принимают внд Е,7 М= — ~, (Се — 2прС, зп аф з!пбф+ 2абСЕ си аф созрф), Еу ьс = 2ай —, ((аС, +(3Са) сй аф Яп йф+ + (рС, — аСЕ) зп пф соз рффи 174 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ !7в где для сокращения обозначено: а са ал в!и рл+ р ви ал сов рл а (вп' ал+ в!и' бп) а вп ал сов [!л — р си ал в!и [!л а (вп' ал+ в!и' бл) (6) Усилие, приходящееся на одну спицу, будет, очевидно, равно Р, = — тв.
ЕЕ (7) Проведем числовой подсчет. Из выражений (1) н (2), полагая модули упругости спиц и обода равными, получаем: л 02' — ° 36. 31 п~ — — „+ 1 — + 1 577,7; а = 24,04. Теперь, раскрывая граничные условия а), б) и в), получаем: а) С, [а айал сов[!л — [)с!вала!п[!и[+С,[[[зйилсоз[1л+ +а с!!алз!и[!л[ = О, б) С! (а с[! алз!и рл+ 6 з!! ал сов рл)— Р Лв — Св (а з!! ал соз бл — 6 с[! ал в!и бл) = — — —, 4ЕУ а[! ' в) Сел+ —,, (а з[! ал сов йл + [! с!! ал з! и [)л) .+ С, +, '., (асйалз!Ейл — йз1!алсозрл)=О.
Решаем эти уравнения: Р!7э с = Р ~' ась алв!прл+рвпалсоврп 4Е1 аР а(взвел+в!и'Рл) Р 17в авпалсоврл — [!спала!пйл 4Е3 аб а(вн' ал+ в!пв бл) Окончательно выражения для та и М принимают внд: те = — ! —, — А с[! а!р соз 6<р+ В з[! а!р в!и 6<р), (4) Р!7 ! 1 М = — — !1 —,.+ А з!! а<р з! и ргр+ В с[! агр соз [Кр), (5) тй и. геомптпическив своиствл сзчвиил. изгив 175 Далее, согласно (3) вычисляем: =)/ ~~=3 395, 6=1/ — '-тт-=3 539. Теперь находим; зЬал ж с1аал ж — е оДз 1 1 з!пбл = — 0,992, соври =+ 0,1223.
Согласно (6) имеем: А 0 245е-~ода 8=+0 326е-ю,оо Выражения (5) н (7) могут быть переписаны в виде М= Р( — О 00855+ 380е-юдо зп агр з!и ррр— — 5,05е-юоосйарсозфгр) кг см, Р,= Р(0,0278+0,514е-!алас!1а<р созИ+ +0,683е-'одозйа!рз!пИ) кг. Отсюда видно, что при неболыних значениях ~р второе н третье слагаемые в скобках будут весьма малы, и М и Р, дг' Рнс. 268. практически не меняются.
На основании этих выражений строим эпюры изгибающего момента М и усилий в спицах Ро (рис. 268). При силе Р = 40 кг получаем: М, = 88 кг см; наибольшее усилие на спину Р,, = 11,2 кг. Понятно. что в 17Б РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 1ы полученном результате не учитывается предварительное натяжение спин, которое задается им при сборке.
Естественно, это предварительное натнжение должно превышать по абсолютной величине Р, Рассмотренная задача впервые решена Н, Е. Жуковским. 'о 4. Выделим из биметаллической полоски элементарный участок, имеюший длину 77г и начальную кривизну поверх- 1 ности сная — (биметаллические элементы часто делаются Ро криволинейными) (рис. 299). Относительное удлинение волокна, отстоящего на расстояние у от поверхности сная, будет складываться иэ двух величин: из удлинения в спае во и удлинения, обусловленного изгибом полоски, Рис.
269 (1 11 ПИеуг ноее7ь Р Ро7 елее 1 где — — новая кри- Р вязка. Таким образом, е.+у( ). 1 1 Р Ро. Вычитая отсюда температурное удлинение и умножав полученную разность на модуль упругости Е, находим напряжение,адействуюшее в волокне, расположенном на расстоянии у от поверхности сная. Для первой пластинки имеем: о, = Е, ~го+у ( — — — ) — а,г1 (О «(у <777), 1 1 для второй— 71 11 Ео ~ее+ У ~ ) а771 ( — 17 (у.К О); Р.) Е, и Ет — модули упругости первой и второй пластинок. Нормальное усилие и изгибающий момент в сечении биметаллического элемента равны нулю, Поэтому А, о А~ о ' ~ огй 7ту+ ~ отб гГу = О, ~ пг ду 77у + ~ озбу 77у = О.
о О7 о О7 гй н. ГРОметРические свопствА сечений. иэГин 177 Подставляя сюда о, и аг и интегрируя, получим: ео(Е,Ь, + Егйг) — (а,Е,Ь, + агЕ2Ьг)1+ + — ~ — — — ! (ЕоЬ! — ЕЭЬ2) = О, 2 (р р )1 —, ео(Е,Ь! — ЕЭЬ27 — — (Е!а!Ь! — ЕгагЬг) г+ 1 1 2 2 2 2 + ч ~ — — — )(Е!Ь2+Е2Ь22)=0. Исключим отсюда ее и найдем изменение кривизны 1 1 бг(а, — а,) Р Ро (Еол! — Еглг)2 Е!Еоа!Ьо(Ь!+Ьо)+ '+ ' Изменение кривизны пропорционально изменению температуры и разности козффиплентов температурного расширения.
Наибольшее изменение кривизны, как зто видно из полученного выражения, будет иметь место тогда, когда толщины составляющих пластинок подобраны так, чтобы Е!Ь! = ЕгЬ2. 2 г Тогда 1 1 3 а,— а, Р Ро 2 а!+Ло 26> По условию сечение кольца можно считать недеформирующимся. Перемещение всякой фигуры в плоскости, как известно, может быть представлено в виде двух линейных перемещений камой-либо точки фигуры и дальнейшего поворота всей фигуры как целого вокруг втой точки. Возьмем какую-либо точку точку О (рис. 270), расположен- Рвс.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
