double arrow

Изгиб стержней

2

Пример

Для приведённой схемы нагружения прямого стержня (рис. 46) построить эпюру крутящего момента при следующих исходных данных:

mz = 10 кН/м, L = 10 кНм, l = 1 м.

Решение

В соответствии со схемой нагружения запишем уравнение крутящего момента в следующем виде:

Mk (z) = Mk (0) │1 - L│2 - mz(z-2l) │3 .

Исходя из условий закрепления стержня, запишем следующее граничное условие: Mk (0) = 0 (реакция незакреплённого конца стержня равна нулю).

       
   
 
 
 


Рис. 46

Таким образом, записанное уравнение не содержит неизвестных величин и можно приступать к построению графика. Построение графика будем производить аналогично построению графика в примере 1.

1 участок - 0 ≤ z ≤ l:

Mk (0) = 0 кНм,

Mk (l) = 0 кНм.

2 участок - l ≤ z ≤ 2l:

Mk (l) = 0 – 10 = -10 кНм,

Mk (2l) = 0 – 10 = -10 кНм.

3 участок - 2l ≤ z ≤ 3l:

Mk (2l) = 0 – 10 – 10(2 – 2) = - 10 кНм,

Mk (3l) = 0 – 10 – 10(3 – 2) = -20 кНм.

По рассчитанным значениям строится график крутящего момента (см. рис. 46).

Пусть стержень нагружен произвольной поперечной нагрузкой. Вырежем на некотором расстоянии z бесконечно малый элемент dz (рис. 47). На данный элемент действует внешняя нагрузка и внутренние поперечные силы и изгибающие моменты в сечениях, по которым вырезан элемент.




       
   
 
 


Рис. 47

Составим уравнения равновесия вырезанного элемента.

Уравнение равновесия всех сил на вертикальную ось.

- Qy + qy×dz + Qy + dQy = 0,

,

Qy' + qy = 0. (96)

Уравнение равновесия моментов относительно центра тяжести правого сечения вырезанного элемента.

- Мх + qy×dz×dz/2 + Мх + dМх - Qy×dz = 0,

Слагаемое, выражающее момент от распределенной нагрузки – слагаемое второго порядка малости, поэтому им можно пренебречь

,

Мх' = Qy. (97)

Объединяя дифференциальные уравнения (96) и (97), получим:

Мх'' = - qy (98)

Решение данного дифференциального уравнения с правой частью состоит из двух частей общего и частного решения и имеет вид

Мх(z) = C12z – Фм,

где Фм – частное решение, отражающее внешнюю приложенную нагрузку.

Определим физический смысл постоянных интегрирования. При z=0

Мх(0) = C1,

Мх' (0) = Qy(0) = С2.

Рассмотрим подробнее частное решение. Пусть стержень нагружен произвольной распределенной нагрузкой (рис. 48). Определим величину поперечной силы и изгибающего момента для точки с координатой z.

 
 


Рис. 48

Qy = ,

Мх = . (99)

Значения интегралов зависят от внешней приложенной нагрузки. Рассмотрим значения нагрузочных функций для наиболее часто встречающихся нагрузок.

а) сосредоточенная сила (рис. 49):

 
 


Рис. 49

при z£a ФQ(z)=0

ФМ(z)=0

при z³a ФQ(z)=-P

ФМ(z)=-P(z-a)

б) распределенная нагрузка (рис. 50):

 
 


Рис. 50



при z£c ФQ(z)=0

ФМ(z)=0

при z³c ФQ(z)=-q(z-c)

ФМ(z)=-q(z-c)2/2

в) сосредоточенный момент (рис. 51):

 
 


Рис. 51

при z£b ФQ(z)=0

ФМ(z)=0

при z³b ФQ(z)=0

ФМ(z)=-L



2




Сейчас читают про: