Оглавление:
Продольно-поперечный изгиб
- Продольный и поперечный изгиб При одновременном приложении к стержню сжимающей силы и поперечной нагрузки происходит так называемый продольно-поперечный изгиб. Вы можете использовать принцип независимости от силы при одновременном сжатии и
изгибе крупных элементов, таких как опоры моста. Другими словами, вы можете найти напряжение и деформацию отдельно от сжатия и изгиба, а затем суммировать результаты. Этот метод не может
быть распространен на гибкие стержни. Гибкий стержень И получается Людмила Фирмаль
алгебраически- Испытания на сжатие с изгибом должны проводиться по так называемой схеме деформирования. (Пример этого уже обсуждался в пункте 131.) Из-за деформации стержня происходит смещение, поэтому продольные сжимающие силы создают дополнительные изгибающие моменты. Изгибающий момент от
продольной силы важен, и поэтому его нельзя игнорировать. Случай будет описан ниже. 404, изгибающий момент может быть определен как сумма двух моментов: L4-L4o и-R o, (15.21) где 44 0-единственный момент от боковой силы из уравнения (15.21), общий изгибающий
- момент секции стержня может быть вычислен только при наличии смещения V. следовательно, задача продольно-поперечного изгиба является статически неопределенной задачей. Для «точного» * решения задачи продольного и поперечного изгиба необходимо составить и решить дифференциальные уравнения для оси криволинейной балки: Mo Ru yx2_______е] Поскольку в этом реш
ении используется приближенное дифференциальное уравнение, термин «строгий» применяется здесь условно. Шестнадцать. 483(15.22)) Давайте напишем его в следующем формате: С.= AH2E^e^общим решением этого уравнения является сумма двух интегралов, которые зависят от интегралов однородного уравнения и интегралов правой части. Давайте проследим все это на конкретных примерах. Для риса. 405 показана балка на двух опорах с равномерной нагрузкой d и сжимающей силой P
изгибающим моментом На любом поперечном сечении поперечная нагрузка Людмила Фирмаль
определяется Р авством Л40= — у-(/- Х). Если рассматривать ось y, которая направлена вниз, то справа от дифференциального уравнения нужно поставить знак минус. В этом случае дифференциальное уравнение принимает вид а^~а+= — ГЛ.. 2е? Куда? Интеграл однородного уравнения был уже определен в§127, когда была решена задача Эйлера=a coz KX4-in81p KX. Частные интегралы, которые легко проверяются двойными производными и заменами в дифференциальных уравнениях, принимают вид: Таким образом, общий Интеграл дифференциального уравнения выглядит следующим образом &=Поп-ч+W81P ч — — — — — — — — — ч(1-ч) — — — — — — — д -. 2Р k2p(15.23)) 484 естественные константы L и B получены из граничных условий.Х=О в=0;х==я о = 0. Уравнение, зависящее от этих условий(15.23), получим
два уравнения: Л- — — — =0;Л-поп м+Vz1p К1———— = 0. Если мы решим эти уравнения относительно констант L и B и присвоим им Интеграл(15.23)、 о= — РК 1-поп-К1 81P м 81P&л- — — — — д-ч(1-ч)- — — — — — \2Р С * Р Соз Х+ Преобразовать значение К1: — //М2 В ем* ] / «РКР» 2/2 К= Тогда есть отклонение. <7г / 2^СГ/П — \ / Р. «=•- (Соз-Щ-Р^х-1+ Я-попа до 1/ — _ ‘^СГ. Р1/Р\х (я х)]. +31Р Т Г~Р^Ч) -2 ] • Если поставить X=, то получится максимальное отклонение Максимальный изгибающий момент в середине пролета будет =4-ру -Я не знаю, что будет дальше, — сказал он. Тогда вы можете занять пространства НИИ
Максимальное напряжение сжатия- °тах Р^Т А х р г Из этого примера видно, что точное решение требует больших преобразований и сложного вывода. Задача особенно усложняется, если нагрузка делит балку на несколько секций. 485 — й должен написать свое уравнение и выполнить его интегрирование. Рассмотрим п р и б л и Ф Е Н Ы методы определения прогиба при продольном и поперечном изгибе. Для риса. 406 показана балка на двух шарнирных опорах с любой поперечной нагрузкой 5, сжатой силой R. отклонение от этой нагрузки показано как сумма двух отклонений) Здесь u0-отклонение, вызванное действием только боковой нагрузки без учета силы P.Do является дополнительным прогибом, обусловленным действием силы сжатия р. Если дифференциальное уравнение (15.22) подставить в Формулу (15.24)
, то получим Четыре.- (15.25)) (Р&у Mr_Ru AH2~~Эт~Е7 Но в то же время для определения отклонения от поперечной нагрузки, если нет силы сжатия Р, можно записать 42U0 c1x2 Уравнение: =М.° (15.26) yx2E] Итак, из уравнения (15.25) следует принять во внимание (15.26)、 srdu Д. ру x2E} (15.27) Допустим, что дополнительный прогиб (заштрихован на рисунке). 406) изменяется по закону синуса (это приближение решения) Тг у * До= / 51p позволяют вести съемку быстро—:. / / История *Если балка имеет другие граничные условия, то вместо синусоидальной волны необходимо взять другую функцию, определяющую форму потери устойчивости Центрального сжатого стержня. Тогда 486.
y2dg>К2″. G. x — 2. ■— — — ———Г8 1П———= ——- /ХV. (1×2/2I P если вы присваиваете результирующее выражение выражению (15.27 г / 2е]’ Или в соответствии с равенством (15.24) -2. X Px) I2\0\1 Здесь. О • Для рассматриваемого случая, учитывая, что значение является уравнением критической силы Эйлера, мы, наконец, получаем (15.28)) Эта формула может быть использована и в других случаях фиксации конца стержня, причем РКР должен определяться каждый раз с учетом характера фиксации стержня по общей формуле. п TG2E / …… . Р (^/) 2′ Где 3-момент инерции, соответствующий изгибу данной плоскости. Когда значение отклонения определено, легко определить
изгибающий момент и после этого определить усилие соответствуя раздела. Следует отметить, что приближенная формула (15.28)не может быть использована, если сила сжатия Р близка к критической силе. Следует отметить, что приведенное выше «точное» решение не дает желаемого результата даже в этом случае. В этих случаях необходимо исходить из дифференциальных уравнений 487sru(1х2 ±М0 Р У Е^ (15.29)) Точность, задаваемая формулой (15.28) по сравнению с решением, полученным на основе Интеграла дифференциального уравнения(15.28), достаточна, если сжимающая сила находится в интервале OPP — — — — — — — — — B -. ^ * ВОЗВРАТ КАРЕТКИ
Максимальное (сжимающее) напряжение определяется уравнением Четыреста восемьдесят восемь I1 Р УГ я / Р г КР Невозможно судить о величине напряжения на запасе прочности при заданной нагрузке, поскольку напряжение нелинейно связано с силой R, как при расчете внецентрового сжимающего гибкого стояка при продольном и поперечном изгибе стержня. Для уточнения этой задачи можно построить график изменения напряжений, которые зависят от силы Р, а также график, показанный на рисунке. 402. Однако для больших сил сжатия необходимо также проверить формулу (15.20).
Смотрите также:
| Расчет внецентренно сжатой гибкой стойки | Расчет составных стержней на продольный изгиб |
| Практический расчет сжатых стержней | Динамическое действие нагрузок общие замечания |
