Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

b

.pdf
Скачиваний:
22
Добавлен:
17.03.2016
Размер:
1.59 Mб
Скачать

При нагружении стержневых систем в сечениях стержней возникают нормальные и поперечные силы, изгибающие и крутящие моменты. В плоских рамных конструкциях, нагруженных системами сил в их плоскости, крутящие моменты отсутствуют. В сечениях стержней возникают нормальные напряжения σх (ось х направлена вдоль оси

стержня), вызванные продольными нормальными силами NХ и изгибающими моментами Мz,, и касательные напряжения τху, вызванные поперечными силами Qy. Потенциальная

энергия деформаций стержней вычисляется в соответствии с формулой потенциальной энергии деформаций теории упругости (2.1.13). Как показано в курсе сопротивления материалов, основной вклад в потенциальную энергию деформаций изгибаемых стержневых систем (прямые стержни) дают нормальные напряжения, вызываемые изгибающими моментами. Доля потенциальной энергии, приходящаяся на напряжения, вызываемые нормальными продольными и поперечными силами, обычно не превышает в этом случае 12% от общей величины энергии деформаций.

Поэтому в дальнейшем будем учитывать только потенциальную энергию деформаций, вызываемую изгибающими моментами.

Для плоской формы изгиба нормальные напряжения и линейные относительные продольные деформации определяются формулами:

 

σ x = −

M z

y ;

εx =

σ x

,

 

 

 

 

J z

 

E

 

(5.1.1)

 

 

 

 

 

 

где

J z = ∫∫ y 2 dA - момент

инерции поперечного

 

A

 

 

 

сечения стержня относительно оси перпендикулярной плоскости изгиба.

а) Стержень переменной жесткости EJz(x).

Для потенциальной энергии деформаций, используя формулы (5.1.1), получим

 

1

 

1

 

2

 

1

 

2

 

U =Uи =

∫∫∫σ xεx dx =

∫∫∫

σ x

dx =

∫∫∫

M z

y2dx .

2

2

2

2

 

E

 

EJ z

Разделяя интегрирование по длине стержня и по площади сечения, получим

 

1

 

M 2

U =

 

∫∫∫

z

2

2

 

EJ z

 

2

 

1

 

M 2

 

2

 

1

 

M 2

 

1

 

M 2

 

y

dx =

 

 

z

 

 

 

 

z

 

 

 

z

dx .

 

 

 

∫∫ y

 

dA dx =

 

 

J z dx =

 

 

 

 

2

 

 

2

 

EJ z

 

 

 

2 l

EJ z A

 

 

2 l

EJ z

 

2 l

 

(5.1.2)

Чтобы получить формулу потенциальной энергии деформаций в перемещениях, воспользуемся дифференциальным уравнением изгиба балки:

EJ z

d 2 y

= M z ,

(5.1.3)

dx2

 

 

 

где у(х) - прогиб балки - вертикальное перемещение оси балки - y( x ) = v(x, y)y=−0 .

Тогда

 

1 M z2

 

1

 

d 2 y(x) 2

 

 

U =

 

dx =

 

 

 

 

 

 

dx .

(5.1.4)

 

 

 

 

 

EJ z

 

EJ z (x)

 

2

 

2 l

 

2 l

 

dx

 

 

 

 

Формула (5.1.4) представляет потенциальную энергию изгибных деформаций стержня переменной жесткости

(главные оси всех поперечных сечений стержня лежат в двух общих плоскостях). Она применима и для стержня постоянной жесткости. В этом случае жесткость балки ЕJz = const выносят за знак интеграла. Для балки постоянной жесткости формула (5.1.4) нами уже использовалась в ряде примеров.

Работа внешних сил (распределенных нагрузок, поперечных сосредоточенных сил, сосредоточенных изгибающих моментов), действующих в главной плоскости стержня, определяется по формуле

T = q(x)y(x)dx + Pk y(xpk )+ M k

dy(xмk )

 

,

 

(5.1.5)

 

dx

 

l

y(x pk )

k

k

 

 

 

 

 

 

где

прогиб

в

 

точке

 

приложения

сосредоточенной поперечной

силы

Рk;

 

d y (x

мk

)

 

 

 

 

 

 

- угол

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

поворота в точке приложения сосредоточенного изгибающего момента Мk.

В формуле (5.1.5) предусмотрено наличие нескольких сосредоточенных сил и сосредоточенных моментов. В общем случае распределенных нагрузок также может быть несколько, каждая из которых действует на своем участке. Это может быть учтено при интегрировании.

Запишем подынтегральную функцию полной энергии деформаций балки

F = F(x, y(x), y

 

1

d 2 y(x) 2

q(x)y(x),

′′

 

 

 

 

 

 

 

 

(x))=

2

EJ z (x)

dx

2

 

 

 

 

 

 

и, следовательно, условие Эйлера экстремума функционала полной энергии деформаций балки, согласно формуле (1.2.7), имеет вид:

Fy + d 2 F2y′′ = 0 ; dx

(5.1.6)

Fy = -q(x);

Fy′′ = EJ z (x)

d 2 y(x)

.

 

 

 

dx2

После подстановки Fy и Fy′′ в формулу (5.1.6) получим

дифференциальное уравнение изгиба балки переменной жесткости

d 2

 

 

(x)

d 2 y(x)

= q(x).

 

 

 

EJ

z

 

 

 

(5.1.7)

 

2

 

2

dx

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

б) Балка на упругом основании.

Для балки на упругом Винклеровском основании потенциальная энергия деформаций системы, кроме потенциальной энергии деформаций балки, определяемой формулой (5.1.4), будет включать потенциальную энергию деформаций упругого основания, или работу сил отпора основания р(х) = к(х) у(х) на перемещениях, равных пе-

ремещениям оси балки у(х). Потенциальная энергия упругого основания определяется формулой

Uос

=

1

k( x )y2 (x)dx ,

(5.1.8)

 

 

 

2 l

 

где k(х) - коэффициент постели упругого основания, который в общем случае может быть переменным или постоянным по длине балки. Потенциальная энергия балки на упругом основании получается при суммировании формул (5.1.4) и (5.1.8). Работа внешних сил, как и в случае балки на опорах, определяется формулой (5.1.5).

в) Балка на упругих опорах.

Кроме упругого основания, балка может опираться на упругие опоры или в некоторых сечениях может быть упруго защемлена. Потенциальная энергия деформаций упругих опор

и упругих защемлений определяется формулой

 

 

Uоп = 1

cyi y2 (xc

)+ 1

cϕi

dy(x

ci

)

2

 

 

 

 

 

,

(5.1.9)

 

 

 

2

i

i

2

i

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где cуi - коэффициент упругости i-ой опоры (Н/м); сϕi -

коэффициент упругого защемления (Н м/рад); y(xc )- прогиб

 

dy(xci

 

i

i-ой упругой опоры;

)

 

 

- угол поворота сечения в i-ом

dx

 

 

 

 

упругом защемлении.

Потенциальная энергия деформаций упругих опор и упругих защемлений (5.1.9) вместе с потенциальной энергией деформации балки (5.1.4) составляет потенциальную энергию деформаций балки на упругих опорах.

г) Устойчивость стержня.

Для задачи устойчивости стержня (продольный изгиб) полная энергия деформаций стержня записывается для изгибной формы равновесия стержня после потери устойчивости. Следовательно, потенциальная энергия деформаций определяется изгибными деформациями стержня и вычисляется по формуле (5.1.4). Работа внешней продольной сжимающей силы Рс совершается этой силой на перемещении, определяемом сближением концов стержня при его изгибе. Работой продольной силы на перемещениях, вызванных продольными деформациями сжатия балки, пренебрегаем. Перемещения, вызванные продольными деформациями сжатия, оказываются обычно много меньше продольных перемещений, вызванных криволинейной формой оси стержня при изгибе.

Определим сближение концов стержня при изгибе

стержня.

 

 

 

 

 

 

 

 

Узел A

 

y

l

 

dx

 

 

 

Pс

 

Pс x

 

ϕ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A l u0

dxdu

Рис. 5.1. Потеря устойчивости стержня

Участок стержня длиной dx поворачивается при изгибе стержня на угол ϕ (рис. 5.1, узел А). При этом его проекция на неискривленную ось стержня будет dx= dx cosϕ.

Следовательно, его конец участка стержня перемещается вдоль оси стержня на величину

du = dx dx′ = dx(1cosϕ)= 2dx sin

2 ϕ

 

dx

 

2

 

1

dy

2

 

 

 

ϕ

 

=

 

 

 

 

dx .

2

2

 

2

 

 

 

 

 

 

dx

 

Интегрируя полученное выражение по длине стержня, получаем величину сближения его концов

u0

=

1

dy

2

 

dx ,

 

 

2 l dx

 

и, следовательно, работа продольной силы определится по формуле

 

 

P l

dy

2

 

T = P u0

=

 

dx .

(5.1.10)

2

 

 

0

dx

 

 

Суммируя вышерассмотренные случаи деформирования стержня, получим формулу потенциальной энергии деформации стержня переменного сечения на упругом основании и упругих опорах

 

1

 

 

d 2 y(x) 2

+ k(x)y

2

 

 

U =

 

 

 

 

 

 

 

 

dx +

 

 

EJ z ( x )

dx

2

 

(x)

 

2 l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+ 1

 

 

y2 (xci )+

1 cϕ

 

dy(x

) 2

 

cy

 

 

 

ϕi

 

 

. (5.1.11)

 

i

 

 

 

 

 

2

i

i

 

 

2 i

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Работа внешних сил при продольно-поперечном изгибе

l

 

 

 

 

dy(xм

k

)

 

 

 

P

l dy

2

T = q(x)y(x)dx + Pk y(x pk )+

M k

 

 

 

+

 

 

c

 

 

 

 

dx . (5.1.12)

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

0

k

 

 

k 2

 

 

 

 

 

2 0 dx

 

Формулы (5.1.11, 5.1.12) определяют потенциальную энергию деформаций и работу внешних сил, а следовательно, и полную энергию деформаций произвольного стержня (стержневой системы) для задач статики и устойчивости. Все

частные случаи могут быть получены на основе этой формулы: балка постоянного сечения - EJz = const; балка на опорах (без упругого основания) - к(х) = 0; без упругих опор суi = 0, cϕi = 0; устойчивость стержня (продольный изгиб) – Рk =

Мk = 0, Рс = Ркр 0 и т.д.

5.2. Расчет стержней методом РитцаТимошенко.

Для построения общего алгоритма расчета стержней методом Ритца -Тимошенко воспользуемся формулами (5.1.11, 5.1.12). Для удобства вычислений перейдем предварительно к безразмерным координатам, положив:

ξ =

x

;

d..

=

d.. dξ

=

1 d..

;

 

d (k )..

=

1

 

d (k )..

;

dx = l dξ ;

l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dxk

 

l k

 

dξ k

 

dx

 

dξ dx

 

l dξ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0 x l ;

 

 

 

 

0 ξ 1.

(5.2.1)

Тогда формулы потенциальной энергии деформаций и работы внешних сил запишем в виде:

EJ z0

 

 

 

~

d 2 y(ξ)

2

 

~

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u =

 

 

 

 

J z

 

 

 

 

 

+ k (ξ)y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

(ξ)

dξ

2

 

 

 

(ξ) dξ +

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2l

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dy(ξϕi

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

~

 

 

2

(ξci )+

1

 

 

~

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

cy

y

 

 

 

cϕ

i

 

 

 

 

 

 

 

 

;

(5.2.2)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

i

 

i

 

 

 

 

 

 

 

2 i

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 ~

 

 

 

 

~

 

 

 

 

 

 

 

 

 

~

 

 

dy(ξмk

)

 

 

 

 

 

T = q0l

q (ξ)y(ξ)dξ + Pk

y(ξpk )+ M k

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

dξ

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

P

 

 

EJ z

0

1 dy(ξ) 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

c

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dξ ,

(5.2.3)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

l

 

dξ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где

q0,

J z0

- произвольные значения распределенной

нагрузки и момента инерции поперечного сечения балки;

~

(ξ)=

k(ξ)l 4

k

 

 

EJ z0

~

(ξ)=

 

q(ξ)

;

q

 

 

 

q0

 

 

 

~

 

cy

(ξ)l3

 

 

~

 

 

 

cϕ (ξ)l

 

~

J z

 

;

 

cy (ξ)=

 

 

 

 

;

 

 

cϕ (ξ)

=

 

 

 

;

J z =

 

;

 

EJ z0

 

 

 

 

EJ z0

J z0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

~

 

 

P

~

 

 

M

k

 

~

 

 

P l 2

 

 

 

 

P

=

 

k

;

M

k

=

 

 

;

P

=

 

 

c

 

-

безразмерные

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

q0l

 

 

q0l 2

 

c

 

 

EJ z0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

величины - коэффициент постели упругого основания, коэффициенты упругости опор, момент инерции сечения балки и поперечные распределенные и сосредоточенные нагрузки.

Функцию прогибов у(ξ) ищем в виде ряда

y(ξ)=

q0l 4

Y0 (ξ)+

AmYm (ξ)

,

(5.2.4)

 

 

EJ

z0

 

=

 

 

 

 

 

 

m 1

 

 

 

где Y0(ξ) - функция, удовлетворяющая неоднородным кинематическим граничным условиям; Ym(ξ) - функции,

удовлетворяющие однородным кинематическим условиям задачи; Аm - неопределенные коэффициенты.

Подставляя решение (5.2.4) в выражение полной энергии деформаций Э = U - Т, из условия минимума (равенства

нулю вариации полной энергии деформаций)

 

Э

= 0 ,

п =

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m

 

 

 

1,2,3,...

получаем систему алгебраических уравнений

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Bnm Am = Cn ,

n = 1, 2, 3,...

 

 

 

(5.2.5)

 

 

 

 

m=1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

~

′′

 

′′

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Bnm = [J x (ξ) Ym (ξ)Yn (ξ)+ k(ξ) Ym

(ξ)Yn (ξ)Pc Ym (ξ)Yn (ξ)]dξ

0

 

 

 

 

+ cyiYm (ξc )Yn (ξci )

+ cϕiYm(ξϕ

)Yn(ξϕi );

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

i

 

 

i

 

 

i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

~

 

 

~

 

~

 

 

)

 

 

 

 

 

Cn = q (ξ)Yn (ξ)dξ

+ PkYn (ξPk )+

M kYn(ξMk

 

 

 

 

 

0

 

 

 

k

 

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

~

 

 

 

 

 

 

 

 

(ξ)Yn

(ξ)]dξ

[J x (ξ) Y0 (ξ)Yn (ξ)+ k(ξ) Y0 (ξ)Yn (ξ)Pc Y0

 

 

 

′′

′′

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

~

 

 

~

 

 

)Yn′(ξM

 

);

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

PkY0 (ξP

)Yn (ξP )M kY0 (ξM

k

k

 

 

 

 

 

 

k

k

 

k

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(5.2.6)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решая систему алгебраических уравнений (5.2.5), определяем коэффициенты Аm. Прогибы определяются по формуле (5.2.4), в которой учитывается количество членов ряда, необходимое для расчетов с нужной точностью. Для определения внутренних усилий используются известные формулы сопротивления материалов:

 

 

d 2 y(x)

EJ z d 2 y(ξ)

2 ~

 

 

 

 

 

M z = EJ z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

′′

 

′′

(ξ) ;

 

 

 

 

2 =

 

 

2

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

l

 

 

dξ

 

 

= q0l J z (ξ) Y0

(ξ)+ AmYm

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m=1

 

 

 

 

 

 

dM z (x)

 

1 dM z (ξ)

~

 

 

 

 

Qy

=

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

= q0l J z

(ξ) Y0′′′(ξ)+ AmYm′′′(ξ) .

 

 

dx

 

l

dξ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

m=1

 

 

(5.2.7)

В общем случае мы получаем бесконечную систему алгебраических уравнений. Обычно задачу решают с конечным числом членов ряда, получая приближенное решение.

Точность расчетов при дифференцировании решения ухудшается, поэтому для достижения необходимой точности при вычислении поперечных сил Qy требуется удерживать большее число членов ряда, чем для вычисления изгибающих моментов Му, а для вычисления изгибающих моментов удерживается большее число членов ряда, чем для вычисления прогибов.

Рассмотрим несколько примеров по расчету стержней методом РитцаТимошенко.

Пример 5.1. Определить прогиб в середине пролета шарнирно опертой балки переменного сечения, нагруженной равномерно распределенной нагрузкой q = q0. Момент инерции поперечного сечения вдоль оси балки изменяется по закону

J z (x)= J z0

 

 

sinπ

x

;

λ = 0,8.

1

λ 1

 

 

 

 

 

 

 

l

 

 

Очевидно, J z0 - момент инерции в середине пролета балки.

На концах балки момент инерции

J = (1 λ)J z

0

= 0,2J z .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

Решение.

Учитывая граничные условия шарнирного

опирания балки, принимаем:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ym (ξ)= sin mπξ ;

 

 

 

 

x

 

 

 

~

 

 

 

 

 

 

Y0 = 0;

ξ

=

 

 

 

 

;

 

 

J (ξ)=1 λ

(1 sinπξ).

 

l

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вычисляем коэффициенты системы уравнений (5.2.5)

Ym′′(ξ)= −π 2m2 sin mπξ ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

~

(ξ) Ym′′(ξ)Yn′′(ξ)dξ

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Bnm = J x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= π 4m2n2 1 (1 λ + λ sinπξ)sin mπξ sin nπξdξ =

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

2

 

2

 

1λ

 

 

 

λ

 

 

 

 

=

π

 

m

 

 

n

 

 

 

δnm

π

ϕ(n,m) ,

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где

(см. приложение 1)

 

 

 

 

 

δmn

1, m = n

- символ

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0, m n

 

Кронекера;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ(n,m)=ϕ(m,n)=ψ(1,n,m)= −π sinπξ sin nπξ sin mπξdξ =

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4nm

 

 

 

 

 

, n + m = 2,4,6,...

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= [(n m)2 1][(n + m)2 1]

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,

 

 

 

 

 

 

n + m =1,3,5,...

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для m, n = 1, 2, 3

 

 

получаем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ψ(1,1,1)=

 

 

 

4

 

 

= −

4

;

 

 

 

 

 

 

 

 

ψ(1,1,3)=ψ(1,3,1)=

4 3

=

4

;

 

 

 

 

 

 

 

(1) 3

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

15

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 15

 

 

 

 

 

 

 

ϕ(1,2)=ϕ(2,1)=ϕ(2,3)=ϕ(3,2)= 0 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ(2,2)=

 

4 2 2

= −

16

 

;

 

 

 

 

ϕ(1,3)=ϕ(3,3)=

 

 

4 3 3

= − 36

 

;

 

 

 

 

(1) 15

15

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1) 35

35

 

 

 

 

 

 

 

1

λ

 

λ

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

1

λ

 

λ 4

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

B

=

 

 

 

π

ϕ(1,1)

π

 

 

=

 

 

 

 

+

π

 

 

π

 

 

 

= (0,5 0,576λ) π

 

;

 

2

 

 

 

2

 

 

3

 

 

 

 

 

11

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

= B

 

= −9 λ

ϕ(1,3) π 4

 

= −

36

λπ 4

= −0,764λπ 4 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

13

31

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

15π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B22

 

 

1 λ

 

λ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

1

λ

+

λ

16

π

4

= (8

2,57λ) π

4

 

=16

2

 

 

π

ϕ(2,2) π

 

=16

2

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

15

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4 1

λ

 

 

 

λ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

1 λ

 

λ 36

 

 

 

4

 

 

 

 

 

B33 =81π

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ(3,3)

=

81π

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

=π

 

(40,5 14,0λ)

 

 

2

 

 

π

 

 

2

 

 

 

π 35

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

;

B12 = B21 = B23 = B32 = 0 ;

1

1

cos nπξ

 

1

 

2

,

n =1,3,5,...

 

 

 

Cn = Yn (ξ)dξ = sin nπξdξ = −

 

 

 

 

.

 

 

 

= nπ

 

 

nπ

 

 

 

 

0

0

 

0

 

0,

 

n = 2,4,6,...

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Так как коэффициенты Bnm с нечетной суммой индексов равны нулю, то система уравнений распадается на две независимые системы, для четных и нечетных номеров уравнений. А так как Сn = 0 при n = 2,4,6,..., т.е. правая часть равна нулю во всех четных уравнениях системы, то коэффициенты An = 0 при n = 2,4,6,... Впрочем, это следует и из симметрии системы (балки и нагрузки).

При λ = 0,8

В11 = 0,4395π 4; В13 = В31 = 0,6112π 4; В33 = 29,3π 4;

В первом приближении, удерживая 1 член ряда m =1, n

=1 при λ = 0,8, получим:

 

 

 

 

 

 

 

 

A

=

C1

=

 

2

 

= 0,01487

;

 

 

 

 

B

0,4395π 5

 

 

1(1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

11

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

c(1)

= y(

0,5 ) =

q0l 4

A

Y ( 0,5 ) = 0,01487

q0l 4

.

 

 

 

 

 

 

 

EJ z0

1(1) 1

 

 

EJ z0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Здесь индекс в скобках показывает номер приближения. Рассмотрим второе приближение: т, п = 1, 3. Составляем систему двух уравнений

B11 A1( 2 ) + B13 A3( 2 ) = C1 ,

B31 A1( 2 ) + B33 A3( 2 ) = C3

или

0,4395A1( 2 ) 0,6112A3( 2 ) = π25 ,

0,6112A1( 2 ) + 29,3A3( 2 ) = 3π25 .

Решая систему, получим A1(2) =0,01542; А3(2)=0,000396.

Вычисляем прогиб в середине пролета балки во втором приближении

yc(2) = q0l 4 [A1(2)Y1( 0,5 ) + A3(2)Y3 ( 0,5 )]= EJ z0

=

q0l 4

[0,01542 + 0,000396]= 0,01582

q0l 4

;

EJ z0

EJ z0

 

 

 

Таким образом, во втором приближении мы получили поправку

δ =

yc( 2 ) yc(1 )

100

=

0,01582 0,01487

100

= 6% .

yc( 2 )

0,01582

 

 

 

 

 

Для уточнения значения прогиба можно провести решение с тремя членами ряда. Ограничиваясь вторым приближением, сравним прогиб балки переменной жесткости с прогибом балки постоянного сечения с моментом инерции сечения J z0 .

Прогиб в середине пролета шарнирно опертой балки

постоянной

жесткости,

 

загруженной

равномерно

распределенной нагрузкой,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

q

l 4

 

q

l 4

 

 

yc0 =

 

 

0

 

= 0,01302

0

 

 

.

 

384

 

EJ z0

EJ z0

 

 

 

 

 

 

Увеличение прогиба балки переменной жесткости

составляет

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

µ =

yc( 2 ) yc0

100 = 0,01582 0,01302100 = 21% .

 

 

yc0

 

 

 

 

0,01302

 

 

 

 

Отметим, что, так как шарнирно опертая балка статически определима, то изменение жесткости по длине балки не влияет на распределение моментов, которые изменяются по параболическому закону, что близко к синусоидальному закону изменения жесткости балки. Поэтому данную балку можно считать оптимальной, если изменение жесткости идет за счет изменения ширины балки. В случае изменения момента инерции сечений за счет высоты балки, момент сопротивления сечений и, следовательно, наибольшие нормальные напряжения, зависят дополнительно от закона изменения высоты сечения.

Пример 5.2. Рассмотрим статически неопределимую однопролетную балку переменной жесткости с жестким защемлением концов балки. Момент инерции балки

изменяется по закону

J z (x)= J z0

 

λ sinπ

x

. Балка загружена

1

 

 

 

 

 

 

 

l

 

равномерно распределенной нагрузкой q = - q0 (знак минус учитывает, что нагрузка направлена вниз – против оси у).

Требуется: определить прогиб в середине пролета и изгибающие моменты в заделке и в середине пролета балки

при

ξ = 0,5;

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Учитывая граничные условия - жесткое

защемление

концов

 

балки,

принимаем: Y0

= 0;

Ym (ξ)=1cos 2mπξ ; ξ

 

x

 

~

=1 λ sinπξ .

 

=

 

;

J z

 

l

 

 

 

J z

 

 

 

 

 

 

 

Очевидно,

- момент инерции на концах балки. В

 

 

0

 

 

 

 

 

J zc = (1 λ)J z

 

середине пролета балки момент инерции

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

Вычисляем коэффициенты системы уравнений (5.2.5)

 

 

Ym′′(ξ)= 4π 2m2 cos 2mπξ ;

 

 

 

1 ~

′′

′′

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Bnm = J x (ξ) Y0 (ξ)Yn (ξ)dξ =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=16π 4 m2 n2 1 (1 λ sinπξ)cos 2mπξ cos 2nπξdξ =

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

2

 

2

1

 

 

λ

 

 

 

=16π

 

m

 

n

 

 

δnm

π

ϕ(n,m) ,

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где, согласно приложения 1

ϕ( n,m ) =ϕ(m,n)=ψ(1,2n,2m)=π 1 sinπξ cos 2nπξ cos 2mπξdξ =

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= −

1

 

 

n2 + m2 0,25

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

[ (n m)2 0,25][ (n + m)2 0,25]

Для m, n = 1, 2, 3

получаем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ(1,1)=

1

 

 

 

 

 

1,75

 

 

 

 

= −0,933;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 (0,25) 3,75

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ(2,2)= 1

 

 

7,75

 

 

 

 

= −0,984 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 (0,25) 15,75

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ(1,2)=ϕ(2,1)=

 

1

 

 

 

 

4,75

 

 

= 0,3619 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

0,75 8,75

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ(1,3)=ϕ(3,1)=

1

 

 

 

 

9,75

 

 

= 0,0825 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

3,75 15,75

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ(2,3)=ϕ(3,2)=

 

1

 

 

12,75

 

 

 

= 0,3434 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

0,75 24,75

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ϕ(3,3)=

1

 

 

 

17,75

 

 

 

= −0,993 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 (0,25) 35,75

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

λ

 

 

 

 

 

 

 

4

=

(8 4,753λ)π

4

;

 

 

 

 

 

 

 

B11 =16 0,5

π

 

0,933 π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

= B

=16 4 0,3619λπ 3 = 7,373λπ 4 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

12

 

21

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

= B

=16 9 0,0825λπ 3 = 3,782λπ 4 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

13

 

31

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B22

=16

 

 

 

 

 

0,5

λ

 

 

 

 

 

4

= (128

80,18λ)π

4

;

 

 

 

 

16

π

 

0,984 π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

= B

 

=16 4 9 0,3434λπ 3 = 62,96λπ 4 ;

 

 

 

 

 

 

 

23

 

32

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B33

=16

 

 

 

 

 

0,5

λ

 

 

 

 

 

4

= (648

384,9λ)π

4

;

 

 

 

 

81

π

 

0,993 π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin 2nπξ 1

Cn

=

 

 

 

Yn (ξ)dξ = −

(1cos 2nπξ)dξ =

ξ

 

 

 

 

 

= −1.

q0

 

2nπ

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

При λ = 0,5

получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В11 = 5,623π4; В12 = В21 = 3,686π4;

В13 = В31 = 1,891π4;

В22 = 87,91π4; В23 = В32 = 31,48π4;

В33 = 443,2π4.

 

 

Получим формулы, необходимые для определения прогиба в середине пролете балки и изгибающих моментов в центре и на опорах:

Ym (0,5)=1 cos mπ =1 (1)m = 2,

 

m =1,3,5,...

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,

 

m = 2,4,6,...

 

Ym′′( 0 ) = 4m

2

π

2

;

~

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J z ( 0 ) =1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

′′

 

 

2

π

2

cos mπ

= (1)

m

4m

2

π

2

= (1)

m

 

′′

( 0 );

Y ( 0,5 ) = 4m

 

 

 

 

 

 

 

Ym

~

 

λ = 0,5 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J z ( 0,5 ) =1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В первом приближении получим:

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]