Методика решения нестандартных задач
.pdfМЕТОДИКА
РЕШЕНИЯ
НЕСТАНДАРТНЫХ ЗАДАЧ
1. Геометрические характеристики поперечных сечения брусьев
1.1. Вычисление моментов инерции относительно произвольных осей
1.1.1. Геометрические характеристики поперечных сечений брусьев, вычисленные относительно главных центральных осей, входят в расчетные формулы для определения напряжений и перемещений в брусьях. Без знания этих характеристик невозможно оценить прочность жёсткость и устойчивость брусьев.
Между моментами инерции поперечных сечений относительно центральных осей x0 , y0 , параллельных им осей x, у и наклонённых к последним под углом α
осей x1 , y1 |
(рис.1.1, а) существуют следующие зависимости: |
|||||||||
J x J xC |
a2 A; |
|
|
|
|
|
||||
J y |
J yC |
c2 A; |
|
|
|
|
(1.1) |
|||
J xy J xC y C a c A; |
|
|
|
|
||||||
J x1 |
J x |
cos2 J y |
sin 2 J xy |
sin 2 ; |
|
|||||
J y1 |
J y |
cos2 J x |
sin 2 J x y |
sin2 |
(1.2) |
|||||
J |
|
|
J x J y |
sin 2 J |
x y |
cos2 |
|
|||
|
|
|
||||||||
|
x1 y1 |
2 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
изменится при сдвиге всей фигуры или отдельных её частей параллельно данной оси. Доказательство этого положения следует из определения осевого момента инерции
(J x y2 dA) и рис.1.2, а.
A
Задача 1.2. Вычислить момент инерции сечения относительно оси x (рис.1.2, б-е) рациональным способом.
Задача 1.1. Определить осевые и центробежные моменты инерции сечения относительно осей x, у ; x1 , y1
(рис.1.1, в-ж).
Указание. При вычислении Jy в схемах рис.1.1. е, ж сечение разбить на два треугольника (слева и справа от оси у) и воспользоваться решением для нахождения Jy в схеме рис.1.1, д.
1.1.2. Момент инерция плоской фигуры относительно некоторой оси не
1.1.3. В некоторых случаях при определении момента инерции удобно достроить заданное сечение до такой фигуры, для которой величина осевого момента инерции известна (рис.1.3, а). Из рис. 1.3, а очевидно:
2
J x J x ABD J x ACD
Задача 1.3. Для сечений, указанных на рис.1.3, б-г, вычислить момент инерции относительно оси x.
Указание. Дополнить сечения на рис.1.3, б-г соответственно до параллелограмма, двух квадратов, кольца.
1.2.Главные оси и главные моменты инерции сечения
1.2.1.В теории геометрических характеристик широко используются формулы для определения направления главных осей и вычисления главных моментов инерции по известным осевым и центробежному моментам инерции относительно произвольных исходных осей х, у (рис.1.1, б):
tg2 0 |
|
2 J x y |
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(1.3, а) |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
J x J y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
J |
x |
J |
y |
|
|
J |
x |
J |
y |
|
2 |
|
(1.3, б) |
|
J |
u |
J |
|
max |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J 2 . |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
x y |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
v |
|
|
min |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 1.4, Для сечений на рис.1.1, в-е найти положение главных осей инерции, проходящих через точку А, и величину главных моментов инерции.
Указание. Моменты инерции относительно осей х, у ( Jx, Jу, Jxу ) взять из задачи 1.1.
1.2.2. Основной признак главных осей - равенство пулю центробежного момента инерции относительно этих осой:
Juv = 0. |
(1.4) |
На использовании условия (1.4) основаны способы отыскания главных осей |
|
инерция без определения угла α0 |
по формуле (1.3, a). |
Если сечение состоит из двух одинаковых фигур, расположенных под углом 90˚, то одна главная центральная ось проходит через центры тяжести обеих фигур, а другая – перпендикулярно ей через центр тяжести сечения С
(рис.I.5, а)..
Задача 1.5. Указать положение главных центральных осей инерции и ту из них в каждом сечении (рис.1.5, б-г), относительно
которой осевой момент инерции минимален.
Теорема. Если сечение имеет ось симметрии, то она, и любая ось, перпендикулярная ей, являются главными осями инерции. Доказательство данного утверждения очевидно из рис.1.6, а.
3
Задача 1.6. Не проводя вычислений, найти положение главных осей, проходящих через точку О плоской фигуры (рис.1.6, б-з).
Указание. Сечение разбить на две фигуры и в первой провести ось симметрии, которая перпендикулярна оси симметрии второй фигуры. Тогда
Juv Ju(1v) Ju(2v) = 0.
Задача 1.7. Для заданных сечений (рис.1.7, а-г) определить разность моментов инерции относительно главных осей, проходящих через точку О.
Указание. Положение главных осей, проходящих через точку О - смотри решение задачи 1.6.
1.2.3. Если сечение имеет более двух осей симметрии (рис. 1.8, а), то все центральные оси являются главными и моменты инерции относительно их будут равны. Доказательство теоремы легко получить из формулы (1.2), если принять, например, что оси y, y1 - неперпендикулярные оси симметрии, т.е. главные центральные оси сечения, и потому Jxy Jx1 y1 = 0 ( у ┴ х, у1 ┴ х1 ). При этом из
выражения для Jx1 y1 имеем Jx = Jу. Учитывая последнее равенство в выражениях
(1.2), убеждаемся, что при любом α центробежный момент инерции равен 0, а осевой момент инерции - постоянен.
Задача 1.8. Определить осевые и центробежный моменты инерция плоской фигуры относительно осей
у1, х1 (рис. 1.8, б-г).
1.2.4. Если главные моменты инерции относительно двух осей, проходящих через некоторую точку сечения, равны, то все оси, проведенные через эту точку, являются главными и моменты инерции относительно их равны. Доказательство теоремы читатель легко получит из выражений (1.2), полагая, что оси х, у
- главные и Jx = Jу.
Задача 1.9: Найти момент инерции сечения (рис.1.9) относительно оси x1.
Задача 1.10. Для плоских сечений (рис.1.10) найти точки, обладающие таким свойством, что все проходящие через них оси являются главными. Оси х, у принять центральными. (для рис.I.10, г считать известными
4
величины Jx, Jу, Jxy). Дополнительно исследовать последний случай (рис.1.10, г), когда Jxy = 0.
Указание. Через искомую точку 0 провести главные оси u, v, параллельные исходным осям х, у. По формулам (I.I) записать выражения для Jи, Jv, Juv. Координаты искомых точек (а; с) определяются из двух условий: Juv = 0 и Ju = Jv.
1.2.5. Если относительно произвольных ортогональных осей моменты инерции равны, то главные оси проходят через начало координат под углом 45° к исходным осям. Доказательство очевидно из формулы (1.3, а).
Задача 1.11. а) Для сечений, указанных на рис.1.11, а-в определить на оси x положение точек, через которые главные оси проходят под углом 45° к исходной оси x.
б) Для прямоугольника (рис.1.11, а) найти точки, через которые главные оси проходят под углом 45° к его сторонам, если разность моментов инерции относительно главных осей равна 25b4 .
в) Определить, при каком n максимальный момент инерции относительно оси, проходящей через точку 0 (рис.1.11. г), вычисляется по формуле Jv = Jx +│Jxy│.
г) В равнобедренном треугольнике (рис.1.11, д) определить высоту и разность моментов инерции относительно главных осей u, v, расположенных под углом 45°к осям х, у.
Указание. При решении задач воспользоваться формулами (1.3, а), и (1.3, б).
1.3. Определение экстремальных значений осевых моментов инерции и моментов сопротивления
Если какой-либо параметр сечения является переменным, то записывается выражение для Jx ( Wx ), в которое входит этот параметр, и затем полученное выражение исследуется на экстремум.
Задача 1.12. а) Для заданных сечений (рис.1.12, а-е) определить значение α, при котором осевой момент сопротивления максимален,
б) Для схем на рис.1.12, в-д найти, при каком α осевой момент инерции относительно центральной оси имеет наибольшую величину.
5
2. Построение эпюр внутренних усилий
Данный раздел достаточно подробно рассматривается в традиционном курсе на всех специальностях. По той причине остановимся лишь на некоторых особенностях построения эпюр, которым не уделяется должного внимания на занятиях из-за лимита времени.
Отметим, например, что на практике нередко применяют защемленные подвижные опоры, в которых осуществляется линейное перемещение в горизонтальном или вертикальном направлениях - опоры В и С на рис.2.2, а, а также в обоих направлениях одновременно - опора Л на рис.2.2, б; реакции, возникающие в этих опорах, наказаны на рис.2.2.
Наличие промежуточных шарниров в конструкциях дает возможность составить дополнительные уравнения равновесия для стержней, расположенных с люфой стороны от шарниров.
Дифференциальные зависимости при изгибе:
dQ |
d M |
d 2 Q |
|
||
|
q(z) (2.1), |
|
Q(z) (2.2), |
|
q(z) (2.3) |
|
|
d z 2 |
|||
d z |
d z |
|
- позволяют но только контролировать правильность построения эпюр поперечных сил и изгибающих моментов, но и непосредственно получить выражения для Q и М по участках, где интенсивность распределенной нагрузки меняется по сложному закону.
При нагружеиии бруса распределенной моментной нагрузкой интенсивностью ти, дифференциальные зависимости при изгибе (2.2) и (2.3) изменяются - вывод сделать самостоятельно из рассмотрения равновесия элемента dz (рис.2.4, а):
d M |
|
|
d 2 Q |
|
|
|
|
Q(z) m |
и |
(2.2, а), |
|
q(z) (2.3, |
а) |
|
d z 2 |
|||||
d z |
|
|
|
а выражение (2.1) остаётся прежним.
Дифференциальные зависимости справедливы при отсчете координаты z слева направо; положительные направления для внутренних силовых факторов (ВСФ) и иитенсивностей q и ти при изгибе указаны на рис.2.4, а.
Если нагрузка прикладывается перпендикулярно плоскости, в которой расположена ось бруса, то обращаются в нуль все ВСФ, действующие в этой плоскости.
На оси симметрии бруса или конструкции обращаются в нуль симметричные ВСФ - нормальная сила и изгибающие моменты (Nz, Мх, My), если внешняя нагрузка кососимметрична, и кососимметричные ВСФ – поперечиные силы и крутящий момент (Qx, Qy, Mк), - если внешняя нагрузка симметрична.
Задача 2.1. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для балки (рис.2.1), загруженной распределенной нагрузкой, интенсивность которой изменяется го закону параболы.
Указание. Задавшись законом изменения нагрузки в виде = az2 + b·z + с, найти коэффициенты a, b, с из трех условий: при z = 0 и z = 2·l qz = 0; при z = l qz = q0. Далее, используя выражения (2.1) и (2.2),
6
записать:
Qy qz d z C1 |
и |
M x Qy d z C2 , |
L |
|
L |
где постоянные интегрирования C1 (реакция левой опоры) и С2 (Момент на левой oпoрe) определить из граничных условий: при z = 0 и z = l Мх = 0.
Отметим, что в денном примере нам не пришлось предварительно вычислять реакцию левой опоры C1.
Задача 2.2. При заданных условиях нагружения (рис.2.2, а, б) построить эпюры внутренних усилий.
Указание. Реакции в защемленных подвижных опорах для обеих схем, показанные на рис.2.2, а, б, определить или
из условий равновесия всей конструкции (реакции в опоре D на рис.2.2, б, а также RВ и Rc), или из условий равновесия брусьев ОВ, ОС, ОА, ОD расположенных по одну сторону от шарниров О (реактивные моменты МВ, МС, МА; реакция опоры D
на рис.2.2, а).
При составлении выражений для Qy и Мx на участке, где действует синусоидальная распределенная нагрузка, воспользоваться указаниями к предыдущей задаче. Постоянные интегрирования С1 и С2 найти из условий, что в начале участка (при z = 0) имеем: Qу = RD, а Мxо= - МD + RD·l = 0.
Задача 2.3. Для заданных схем (рис.2.3, а-в) вычислить реакции опор, а для кривого бруса (рис.2.3, 6) и рамы (рис.2.3, в) построить также эпюры внутренних усилий.
Указание. Реакцию опоры В (рис.2.3, а) найти из условия, что равнодействующая этой реакции и силы F проходит через точку перегиба О (здесь Мx = 0). Реакция опоры С (рис.2.3, б) проходит через шарнир О, что следует из условия равновесия элемента ОС (ΣМО = 0). Реакция в другой опоре параллельна реакции RС и направлена противоположно ей, т.к. брус загружен парой сил. Для определения реакций опор в раме (рис.2.3, в) учесть, что она загружена кососимметрично и, следовательно, в сечении по оси симметрии (под углом 45°) действует лишь поперечная сила; из равновесия горизонтального (вертикального) участка ОА (ОР) определяется величина этой силы и параллельной ей реакции опоры.
Задача 2.4. Для схем, представленных на рис.2.4, б, в, построить эпюры внутренних усилий.
Указание. Так как распределенная нагрузки q и 2·q (рис.2.4, в) не действует по оси бруса, то она дополнительно создает распределенную по длине моментную нагрузку, интенсивность которой не одинакова на участках бруса.
7
Задача 2.5. По заданным эпюрам ВСФ (рис.2.5, б-г) восстановить внешнюю нагрузку на раму (рис.2.5, а).
Указание. Записав условия равновесия для малых элементов, вырезанных вблизи опорных сечений А, В и узлов рамы С, D, установить сосредоточенные внешние силы (активные и
реактивные), приложенные в указанных сечениях. Затем, используя выражение (2.2, а), найти интенсивности распределенной моментной нагрузки на участках АС,
CD, BD.
Задачи 2.6. He раскрывая статической неопределимости замкнуто контура (pиc.2.6, a-в), определить внутренние усилия и построить их эпюры.
Указание. Учесть кососимметричное и симметричное нагружение и рассмотреть условия равновесия элемента бруса АВ, выделенного на рис.2.6, а-в толстой линией.
8
3. Напряжённо-деформированное состояние. Теории прочности
3.1. Объемное напряженное состояние ( ОНС )
ОНС имеет место, когда |
не равны нулю все три главных напряжения |
( 1 2 3 ), действующие на |
элементарную частицу материала (рис.3.1, а). |
Относительные деформации в направлении главных напряжений определяются по закону Гука
1 |
1 |
|
1 |
2 3 ; |
2 |
1 |
|
2 3 1 ; |
3 |
1 |
|
3 1 |
2 , (3.1) |
|
|
|
|||||||||||
|
E |
|
|
|
E |
|
|
E |
|
|
где Е - модуль упругости первого рода (модуль продольной упругости),
μ- коэффициент Пуассона.
Вслучае всестороннего растяжения или сжатия частицы (и любого тела) давлением q [ МПа ] напряжения в каждой точке тела по всем направлениям одинаковы, т.е.
|
1 |
2 3 q , |
|
|
|
|
|
|
(3.1, а) |
|||||||||||||
и |
1 |
2 3 |
q (1 ) |
. |
|
|
|
|
|
|
(3.1, б) |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
E |
|
|
|
|
|
|
|
||
Относительное изменение объема |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
V |
V |
|
1 2 3 ; |
|
|
|
|
|
|
(3.2) |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
V |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
относительное изменение площади любой грани |
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
|
A |
1 |
2 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
1,2 |
|
|
A |
|
|
|||||||||||
где А1,2 - площадь грани в плоскости действия напряжении σ1 и σ2. |
|
|||||||||||||||||||||
При деформации частицы удельная потенциальная энергия: изменения |
||||||||||||||||||||||
объема |
|
|
|
1 2 |
|
|
|
|
|
1 2 |
|
|
|
|||||||||
UV |
|
( 1 2 3 )2 |
( x |
y z )2 ; |
(3.3) |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
6 E |
|
|
6 E |
|
|
||||||||||||
изменения формы |
|
|
|
( 1 2 )2 ( 2 3 )2 ( 3 1 )2 |
|
|||||||||||||||||
Uф |
|
1 |
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
6 E |
|
|
|
|
|
|
(3.4) |
|||||||||||
|
|
1 |
( x y )2 ( y z )2 ( z x ) 6 ( 2xy 2yz 2zx ) . |
|||||||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
6 E |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Максимальное касательное напряжение в частице |
|
|||||||||||||||||||||
max |
1 3 |
, |
|
|
|
|
|
|
(3.5) |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
оно действует на площадке, параллельной напряжению σ2 и наклонённой под углом 45° к напряжениям σ1 и σ3.
Для определения главных напряжений при ОНС используют кубическое уравнение вида:
3 J1 2 J2 J3 0 ,
где J1 |
x y z , |
J 2 |
x y y z z x 2x y 2y z 2z x , |
J 3 |
x y z x 2y z y 2z x z 2x y 2 x y y z z x . |
9
В главных осях напряжений инварианты
J1 1 2 3 , J 2 1 2 2 3 3 1 , J 3 1 2 3 .
Задача 3.1. а) Определить, как изменится объем кубика 1х1х1 см (рис.3.1, б-д), треугольной призмы ахhхl = 1х2x20 см (рис.3.1, е), а для схем на рис.3.1, в-е также и площадь верхней грани при заданных условиях нагружения. Вычислить удельную энергию изменения объема и формы. Известно: F = 10 кН; q - 100 МПа;
Е= 2·105 |
МПа; μ = 0,3; = 1·10-5 м. |
б) |
Найти, при каком отношении σ2 /σ1 и σ3 /σ1 кубик (рис.3.1, а) испытывает |
одноосную деформацию в направлении напряжения σ1. |
|
в) |
При каком сочетании составляющих напряженного состояния (рис.3.1, а) |
удельные потенциальные энергии изменения объема и формы достигают наибольшего и наименьшего значений.
Указание. а) Для схем на рис.3.1, б-д главное напряжение в верхней грани кубика определяется как при простом сжатии; напряжения в других гранях находятся из условий
совместности деформаций (ε = 0 или |
||||
ε = Δ/0,01). Для схемы рис.3.1, е |
||||
работают выражения (3.1, а, б). |
||||
б)В данной задаче (рис.3.1, а) главные напряжения находятся из |
условия |
|||
ε1 = ε2 = 0. |
(3.4), |
учитывая, |
||
в) Проанализировать на max и min выражения (3.3) и |
||||
1 2 3 . |
|
|
||
Задача 3.2. |
Для |
заданных |
||
|
|
|
|
|
цилиндров (рис.3.2, а-г) найти величину давления q и изменение
объема, если F = 10 кН; А = 0,001 м2;
Е = 2·105 МПа; μ = 0,3; l = I м;
дополнительные условия для каждой
схемы приведены на рисунке. [σ] = 220 МПа.
Указание. Для схемы рис.3.2, а вначале найти εz = - εx/μ; для схемы на рис.3.2, б учесть, что εz = 0 и x y q; для схемы на рис.3.2, в учесть, что
x y q и Ax y x y 0; для схемы на рис.3.2, г имеем z /l .
Задача 3.3. Определить главные напряжения в сечениях стального и медного брусков, вставленных без зазора в жёсткую открытую коробку и нагруженных наружным давлением (рис.3.3). Известно: ЕСТ =2 ЕМ, μСТ, μМ.
Указание. Главные напряжения в верхних гранях обоих брусков равны (-q). Одинаковы также и главные напряжения в обоих брусках в направление оси x - величина их не известна. Эту величину и главные напряжения в брусках вдоль оси у найдем, решив три уравнения совместности деформаций:
ly(CT) y (CT ) a 0; ly(M ) y(M ) a 0; lx(CT) lx(M ) 0,
10