Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный технический университет Украины «Киевский политехнический институт»

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Kon_lec_BM_ster

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.05.2015

Размер:

628.09 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 63 4 5 6 > Следующая >>>

у 0 i ,

у 0 0

	(i) =( z , z	2,	z	3	, z	4	)	;	F	(i) (F , F , F , F )
	1	2,		3		4				1	2	3	4

Координати векторі (i) , F (i) для різних типів елементів приведені в таблиці №4. Для кожного елементу вводиться локальна система координат з початком у точці i . Переміщення в даній системі координат запишемо у вигляді полінома:

Таблиця №4

Граничні	z1 , z2 , z3 , z4	F1 , F2 , F3 , F4
умови
З-З	yi , i , y j , j	Qi , Mi ,Q j , M j
Ш-З	yi , y j , j	Qi ,Q j , M j
З-Ш	yi , i , y j	Qi , Mi ,Q j
К-З	i , y j , j	Mi ,Qj , M j
З-К	yi , i , j	Qi , Mi , M j

у х а0 а1 х а2 х2 а3 х3

Невідомі ai знаходимо із граничних умов на кінцях елементу для жорсткого вузла i :

у0 уi , у 0 i (вузол „З”);

для шарнірного вузла i :

у 0 уi , у 0 0 (вузол „ Ш ”);

для рухомого вузла i (рис.1д) :

(вузол „ Р ”);

Після визначення ai формула для переміщення елементу(З-З) матиме вигляд:

Ф х 1 3 2	2 3	,	Ф х l 2 2	3	,	х

1			2			l
Ф х 3 2	2 3 ,		Ф4 х l 2 3 .
				(2.3)
3

Для інших елементів знайдемо:

(2.4)

де k х і Zk беруться з таблиці 5.

Гран

1 х

2 х

ум.

З Ш

уi

2 3

Р З

уj

1 2 2

2 2

З Р

уi

Ш З

уi

уj

2 3 3

Знаходимо повну енергію системи при згині елементу

E U A

де U EI l (d 2 y)2 dx

2 0 dx2

	l	dy(xk )
A Fi Zi qy(x)dx Py(xk ) M		dy(xk )
A Fi Zi qy(x)dx Py(xk ) M		dx
i	0	dx

Із умови E 0 знаходимо залежність

F (K FP )

де K матриця жорсткості, FP вектор навантаження. Коефіцієнти матриці жорсткості знаходимо по формулах

Таблиця 5

3 х

12 3 2 3

2l 1 2

2l 2

2l 3

EI l

d 2 m

d 2 n

; F

); F

l q

(x)dx; F

M d n (xk )

dx2 dx2

В таблиці 6 дано формули, що встановлюють залежність між векторами вузлових сил та переміщень

Таблиця № 6

Вузли

Співвідношення між вузловими силами

елемента

та переміщеннями при k

0,5

12 6l

З З

12 6l y j

M j

9 М

8 ql

3EI

Ш З

1 1

уj

8 l

Мj

Рl

З Ш

9 М

уi

3EI

ql2

Рl

9 М

уj

Р З

l 2

0 l

Рl

ql2

0 0

y j

М j

0 l

ql 2

Рl

З Р

0 0

EI 0

l 2

3 Рl

М j

Рl

Система алгебраїчних рівнянь МСЕ

В кожному вузлі по кількості невідомих лінійних чи кутових переміщень складаємо рівняння рівності робіт внутрішніх і зовнішніх сил при можливих переміщеннях в вузлах. Для жорсткого вузла 1 (Рис.25) знаходимо

(Qi(1) Qi(2) P) yi 0 (Mi(1) Mi(2) M ) i 0

MI MJ

QI QJ

Рис.25

де yi, i - можливе переміщення і можливий кут повороту в вузлі i ,

Qi(1) , Mi(1) - поперечна сила та момент першого елементу в вузлі i .

Після рішення даної системи алгебраїчних рівнянь знаходимо вузлові лінійні і кутові переміщення. Використаємо співвідношення з таблиці 6 знайдемо в вузлах значення сил і моментів. В проміжних точках елементу значення поперечних сил та моментів знаходяться як в статично визначеній балці з відомими опорними реакціями та моментами. Епюра переміщень при відомих yi, i знаходиться по формулах (2 .3) або (2.4).

Приклад. Для рами (Рис.16) знаходимо вектори переміщень для кожного

елементу (1)	(00 y		)	;	(2)	(0	0)	;	(3)	(00y )
	1	1				1				1

В вузлі 1 складаємо два рівняння для визначення

y1, 1

Q(1)

Q(3)

;

(1) M

(2)

Позначимо x

ql4

і перепишемо останні рівняння в такому вигляді

12 y1 6x1 8 3y1 0

6 y1 4x1 2 3x1 0

Рішення цієї системи буде

0,724 ql4

;

0,4783 ql3

Визначимо

реакції

моменти

опорах

рами тобто в

точках 0 і 3

(Рис.16),використовуючи формули таблиці №6.

Q(1) ql( 12 0,724 2 0,4783 8) 13,8ql ;

M 0(1)

ql2 ( 6 0,724 2 0,4783 2) 5,39ql2 ;

(3) ql 3 0,724 2,17ql ;

M3(3) ql2 3 0'724 2,17ql2 ;

В точках 1,2 на границях елементів можна вирахувати

Q(k) , M (k) ,

використовуючи дані таблиці №6. Наприклад ,знаходимо

Q(2)

ql(3 0,4783 5) 3,57ql

;

M1(2) ql2 (3 0,4783 1) 0,4349ql2

Після знаходження опорних реакцій і моментів в точках 0 і 3 епюри Q, M

можна будувати як в статично визначеній рамі.

Епюри переміщень визначається

по формулах (2.3),(2.4)

у х (1)

у Ф

;

х 3 2

2 3 : Ф4 х

l 2 3

y(x)(2)

(x)

;

(x)

2 3 2

y(x)(3) y

(x)

;

(x) 1 3 2 3 ;

ТЕМА3. ЗАМКНУТІ КРУГОВІ КІЛЬЦЯ. §8. Симетричне кручення кругового кільця

Кругле кільце (Рис.26а) скручується погонними моментами m.

Рис.26а

Вважаємо, що при крученні переріз (Рис.26в) повертається відносно осі x,

Рис.26в

яка проходить через середину висоти кільця. На відстані z від нейтральної осі у знаходимо деформацію кільця

2 (R z ) 2 R	z	;	( h	z h)
2 R	R
			2	2

де кут повороту нормалі сd. Згідно закону Гука запишемо

E	Ez	(3.1)
	R

Напруження в перерізі можна звести до моменту.

	h	EI y
M	2 zbdz	EI y		(3.2)
M	2 zbdz	R		(3.2)
	h	R
	h
	2
Із (1.120 і (1.13) знаходимо			Mz	(3.3)
			I y

Із умови рівноваги аксіальних векторів моментів на вісь у (Рис.27) знаходимо

		Рис.27

	2 2 mRd cos 2M
	0
Після інтегрування знаходимо M mR .
При z h	із (3.3) знаходимо	max mR ; Wz bh2
2		Wz	6
		mR2
		(3.4)
		EI y

§9. Згинання плоских кругових кілець.

Рис.28 До замкнутого кругового кільця (Рис.28) прикладена система зрівноважених

сил і моментів. Замкнуте кільце являється три рази статично невизначуваною системою. Розрізаємо кільце (Рис.29) і одержуємо основну систему.

Рис.29

Прирівнюємо нулю переміщення по напрямку сил Xi ;(i 1,2,3) і знаходимо

1 0 2 0 ; 3 0

1 M

d ; 3

d ;

де M1 1; M 2

r(1 cos ); M 3

r sin ,

M M p X1 X 2

2 X3

(3.5)

M p Pir sin( i )

Tj r[1 cos( j ] M k

i 1

j 1

k 1

Зовнішні зусилля і моменти задовольняють умовам рівноваги

n	m
Pi cos i Tj sin j 0
i 1	j 1

n		m
Pi sin i	Tj cos j 0 (3.5)
i 1		j 1
m		l
Tj r M k 0
j 1		r 1

Із (1.16) і (1.17) знаходимо систему рівнянь для невідомих X i

X1 2 X 2r2 M p d 0

X 2r M p cos d 0 (3.6)

X3 M p sin d 0

При обчисленні інтегралів враховано, що

d 2 ;sin d cos d 0; cos2 d ;sin 2 d 0

Із системи (3.6) знаходимо X i і використовуючи залежності (3.5) знаходимо

Рис.30

M Pi r 2 p ( )

Tj r 2T ( )

M K 2M ( ) ;

(3.7)

i 1

j 1

k 1

N P

( )

;

(3.7)

i 1

2 p

j 1

k 1

( )

i 1

3 p

j 1

k 1

( )

1 sin

;

( )

( cos sin )

;

( )

( 2sin )

)

2 p ( )	sin	; 2T ( )	cos sin			;	2M ( ) sin
	2			2
		3 p ( )		cos	;
				2

Приклад. Побудуємо епюру М (Рис.31) для замкнутого кільця (Рис. 30).

M ( ) Pr[ 1p ( 2 ) 1p (32 )] 2Pr (2 cos cos ) ;

B+M/Pr 0.3188

0.1817

			Рис.31
		M A (0) Pr(		1	1	); M B (			)	Pr
		M A (0) Pr(			2	); M B (		2	)
					2			2
												Таблиця №7

	1p	1T	1M				1p				1T		1M
0	0,15916	0	0

5	0,16037	-0,01392	-0,04163		185		0,11437				-1,01195		-0,48615

10	0,16389	-0,02805	-0,08306		190		0,06751				-1.01991		-0,47251

15	0,16994	-0,04261	-0,12405		195		0,01896				-1,02369		-0,45929

20	O,17816	-0,05778	-0,16443		200		0,03086				-1,02318		-0,44668

25	0,18850	-0,07376	-0,20396		205		-0.081500				-1,01827		-0,43492

30	0,20082	-0,09074	-0,24249		210		-0,13251				-1,00893		-0,42417

35	0,21490	-0,10887	-0,27979		215		-0,18340				-0,99516		-0,41465

40	0,2306	-0,12825	-0,31572		220		-0,23366				-0,97695		-0,40658

45	0,26555	-0,14915	-0,35008		225		-0,28279				-0,95440		-0,39992

50	0,24754	-0,17152	-0,38273		230		-0,33026				-0,92764		-0,39505

55	0,28430	-0,19551	-0,41352		235		-0,37557				-0,89683		-0,39204

<<< < Предыдущая 1 23 / 63 4 5 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
18.09.2019547.84 Кб1Konspekt_Skor_Fil.doc
#
12.05.201521.5 Кб10Kontrollarbeit # 3.docx
#
10.09.201992.19 Кб1Kontrolnaya_2.docx
#
23.11.20191.75 Mб28Kontrolni_zavdannya.doc
#
12.05.2015172.43 Кб40kontr_2_mkt_i_termod.docx
#
12.05.2015628.09 Кб5Kon_lec_BM_ster.pdf
#
17.03.20161.3 Mб20kospekt.doc
#
24.11.2019741.89 Кб2KOZA_2_Var_ant_2.doc
#
12.05.2015586.28 Кб10KP.docx
#
12.05.20151.52 Mб5KP_2010.pdf
#
17.03.20165.42 Mб18Kristalografiya.doc