Кручение стержней

Пусть стержень нагружен произвольной крутящей нагрузкой. Вырежем на некотором расстоянии z бесконечно малый элемент dz (рис. 44). На данный элемент действует внешняя нагрузка и внутренние крутящие моменты в сечениях, по которым вырезан элемент.

Составим уравнение равновесия вырезанного элемента.

- М_к + m_zdz + М_к + dМ_к = 0,

,

М_к’ + m_z = 0. (94)

Рис.44

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

M_к(z) = C - . (95)

Определим физический смысл постоянной интегрирования. При z=0

М_к(0) = C.

Значение интеграла зависит от внешней приложенной нагрузки. Рассмотрим значения нагрузочных функций для наиболее часто встречающихся нагрузок.

а) сосредоточенный момент (рис. 44):

a

z

Рис.44

при za Ф_м(z)=0

при za Ф_м(z)=-L

б

m

) распределенная нагрузка (рис. 45):

с

z

Рис. 45

при zc Ф_м(z)=0

при zc Ф_м(z)=-m(z-c)

Пример

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

m_z = 10 кН/м, L = 10 кНм, l = 1 м.

Решение

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

M_k (z) = M_k (0) │₁ - L│₂ - m_z(z-2l) │₃ .

Исходя из условий закрепления стержня, запишем следующее граничное условие: M_k (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:

M_k (0) = 0 кНм,

M_k (l) = 0 кНм.

2 участок - l ≤ z ≤ 2l:

M_k (l) = 0 – 10 = -10 кНм,

M_k (2l) = 0 – 10 = -10 кНм.

3 участок - 2l ≤ z ≤ 3l:

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

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

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

Изгиб стержней

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.

q_z

q_у

Q_y

Q_y+dQ_y

M_x+dM_x

M_x

dz

Рис. 47

Составим уравнения равновесия вырезанного элемента.

Уравнение равновесия всех сил на вертикальную ось.

- Q_y + q_ydz + Q_y + dQ_y = 0,

,

Q_y' + q_y = 0. (96)

Уравнение равновесия моментов относительно центра тяжести правого сечения вырезанного элемента.

- М_х + q_ydzdz/2 + М_х + dМ_х - Q_ydz = 0,

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

,

М_х' = Q_y. (97)

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

М_х'' = - q_y (98)

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

М_х(z) = C₁+С₂z – Ф_м,

где Ф_м – частное решение, отражающее внешнюю приложенную нагрузку.

Определим физический смысл постоянных интегрирования. При z=0

М_х(0) = C₁,

М_х' (0) = Q_y(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

Q_y = ,

М_х = . (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 Ф_Q(z)=0

Ф_М(z)=0

при za Ф_Q(z)=-P

Ф_М(z)=-P(z-a)

б) распределенная нагрузка (рис. 50):

Рис. 50

при zc Ф_Q(z)=0

Ф_М(z)=0

при zc Ф_Q(z)=-q(z-c)

Ф_М(z)=-q(z-c)²/2

в) сосредоточенный момент (рис. 51):

Рис. 51

при zb Ф_Q(z)=0

Ф_М(z)=0

при zb Ф_Q(z)=0

Ф_М(z)=-L

Пример

Для заданной схемы нагружения стержня (рис. 52) построить эпюры поперечной силы Q_y(z) и изгибающего момента M_x(z) при следующих исходных данных:

L = 5 кНм, P = 10 кН, q = 20 кН/м, l = 1 м.

Рис. 52

Решение

Запишем уравнения поперечных сил и изгибающего момента:

Q_y (z) = Q_y(0) │₁ – P - q(z - l) │₂

M_x (z) = M_x (0) + Q_y(0)z│₁ - P(z - l) - q(z - l)²/2│₂

В соответствии с условиями закрепления стержня запишем граничные условия в следующем виде: M_x (0) = - L,

M_x (3l) = 0.

Для нахождения неизвестной реакции Q_y (0) необходимо приравнять уравнение изгибающего момента к нулю при координате z = 3l:

M_x (3l) = M_x (0) + Q_y (0)3l - P(3l - l) - q(3l - l)²/2 = 0.

Решая это уравнение относительно Q_y (0), получим Q_y (0) = 21.67кН.

Теперь, учитывая найденные константы, уравнения интегральных характеристик можно переписать в следующем виде:

Q_y (z) = 21.67│₁ – P – q(z - l) │₂

M_x (z) = -L + 21.67z│₁ – P(z - l) – q(z - l)²/2│₂

Построение графиков будем производить аналогично примеру 1.

1 участок 0 ≤ z ≤ l:

Q_y (0) = 21.67 кН,

Q_y (l) = 21.67 кН,

M_x (0) = -5 кНм,

M_x (l) = -5 + 21.67*1 = 16.67 кНм.

2 участок l ≤ z ≤ 3l:

Q_y (l) = 21.67 – 10 = 11.67 кН,

Q_y (3l) = 21.67 – 10 – 20*(3 - 1) = -28.33 кН,

M_x (l) = -5 + 21.67*1 – 10(1 – 1) – 20(1 – 1) = 16.67 кНм,

M_x (3l) = -5 + 21.67*3 – 10(3 – 1) – 20(3 – 1) =0 кНм.

Определим координаты экстремума и значения функции изгибающего момента в экстремальной точке:

Q_y (z1) = 21.67 – P – q (z1 - l) = 0 → z1 = 1.58 м.

M_x (1.58) = -L + 21.67·1.58 – P (1.58 - l) – q (1.58 - l)²/2 = 20.07 кНм.

По рассчитанным значениям строятся графики поперечной силы и изгибающего момента (см. рис. 52).