posobie_TU

tg y0 0 0 ,

V0 V

звідки =0.

Для визначення частоти власних коливань знаходимо прогин стійки в точці закріплення маси від одиничної сили, прикладеної в тій же точці за напрямком удару (рис. 3.6) за способом Верещагіна (3.14).

1

1

2l

2l

2

2l

11 (M1 M1 )

EI x

2

9

3

3

9

1

2l

l

2

2l

4

l3

.

2

9

3

3

9

243

EI x

Частота власних коливань за (3.3):

1

243EI

4Ml3 x .

M

11

Тоді рівняння руху маси М має вигляд:

y t A sin t

V sin t .

Прискорення маси при коливаннях

одержимо

двічі

продиференціювавши

Рис. 3.6

рівняння руху:

y t 2 V sin t V sin t .

Сила інерції маси визначиться як:

P

M

d 2 y

M

V sin t V

M

sin t V

243MEI

x sin t

dt2

4l3

in

11

Максимальна за модулем сила інерції маси виникає при sin t 1:

Pin,max

V

243MEI

x .

4l

3

Максимальний згинаючий момент на стійки отримаємо перемножуючи максимальне по величині значення моменту на одиничній епюрі моментів з максимальною силою інерції маси:

M

P

2 l V

243MEI x

2 l V

3MEI x

x,max

in,max

9

4l3

9

l

1

3 300 2,06 1011 1840 10 8

3,372 10

4

Нм 33,72 кНм.

3

Максимальні нормальні напруження в стойці (впливом повздовжньої сили, що виникає в стойці від дії власної ваги маси М знехтуємо):

x,max	M x,max		33,72 103	183,3 10	6	Па 183,3 МПа R 240 МПа.
	Wx		184 10 6

Умова міцності для стойки виконується.

70

Відповідь: Mx,max=33,72 кНм, умова міцності виконується.

Задача 3.3. В ліфтовій шахті на канаті, що має площину поперечного перерізу нетто Fn, модуль пружності E та зусилля розриву Pp, підіймається ліфт масою М на висоту h1. Ліфт рухається з постійною швидкістю. Між ліфтом та канатом встановлено пружину с коефіцієнтом жорсткості с. Визначити максимальну швидкість руху ліфта за умовою міцності каната при аварійному зупиненні лебідки, якщо її встановлено на висоті h2 (рис. 3.7). Дані

прийняти: Fn=47,19мм2, E=1,4 105МПа, Pp=78,6кН, М=700кг, с=5 105Н/м, h1=30м, h2=40м.

Рішення. В момент аварійної зупинки система, що рухалася з постійною швидкістю зазнає власних коливань з наступними

початковими умовами: y0=0, V0=V. Оскільки відбуваються коливання тільки вздовж ліфтової шахти, то система має один ступінь вільності. Рівняння руху має вигляд:

y t Asin t .

Рис. 3.7

Амплітуда власних коливань відповідно до (3.4) дорівнює:

A

2

V 2

V

.

y0

02

Початкова фаза визначиться за (3.5):

tg

y0

0

0 ,

V

V0

звідки =0. Тоді рівняння руху приймає вигляд:

y t

V sin t .

Знаходимо силу інерції маси як:

P M

d 2 y

M V sin t.

in

dt2

Максимальна за модулем сила інерції маси виникає при sin t 1:

Pin,max M V . .

Частоту власних коливань

знайдемо

відповідно до (3.3). Для цього

знайдемо переміщення 11 точки закріплення маси від одиничної сили, прикладеної в тій же точці. Нехай довжина канату в момент аварійної зупинки

складала l. Відповідно до умов задачі h2 h1 l h2 . Тоді переміщення 11

точки закріплення маси буде складатися з деформації тросу та деформації пружини від дії одиничної повздовжньої сили.

71

	11	1 l		1		с l EFn .
		EFn		c
						сEFn

Частота власних коливань дорівнює:

	1			1		сEFn		.
	M		M	с l EFn		M с l EF
	11			сEF		n
				n

Тоді максимальна за модулем сила інерції маси дорівнює:

Pin,max MV V	M с EFn .
	с l EF
	n

Максимальні зусилля в канаті виникають при збігу напрямів дії сили ваги маси ліфту та максимального значення сили інерції маси (рис. 3.8). З умов рівноваги маємо:

Nz Mg Pin,max Mg V	M с EFn .
	с l EF
	n

За умовою міцності каната внутрішні зусилля в канаті не повинні перевищувати зусилля розриву Pp:

Nz Pp ,

тоді

Mg V	M с EFn	Pp .
	с l EFn	Рис. 3.8

Звідси отримаємо умову максимальної швидкості руху:

V Pp Mg	с l EFn	.
	M с EF
	n

Останній вираз залежить від величини довжини канату в момент аварійної зупинки l. Очевидно, що права частина нерівності приймає найменше значення

при мінімальній можливій довжині канату l, тобто при lmin h2 h1. Тоді,

підставивши цей вираз в умову максимальної швидкості руху, отримаємо вираз для обчислення максимально допустимої швидкості руху ліфту:

V	P		Mg с h2 h1 EFn 78,6 103 700 9,81
max		p	M с EFn
		5 105 40 30 1,4 1011 47,19 10 6		5,08 м/с.
			700 5 105 1,4 1011 47,19 10 6

Відповідь: Vmax=5,08 м/c.

72

Задача 3.4. Невагома консоль із
двотавра №20 із зосередженою масою
М раптово	завантажується спочатку
силою P1, а через час t0 в тій же точці
раптово завантажується			силою P2,
(рис. 3.9).	Знайти	розрахунковий
згинальний	момент	і	перевірити
поперечний переріз балки за умовою
міцності. Дані прийняти: M=1000кг,				Рис. 3.9
Р1=2кН,	Р2=3кН,	t0=0,5с, l=3м,
R=240МПа.

Рішення. Оскільки консоль за умовою задачі невагома, система на рис. 3.9 має одну ступінь вільності. Коливання відбуваються під впливом раптово прикладених навантажень, що залишаються на балці. Таким чином коливання є вимушеними. Після раптового прикладення до системи сили P1 починаються коливання за законом відповідно до (3.9):

w(t) 1P 1 cos t , при t t0 .

Опісля деякого проміжку часу t0 система зазнає ще одного раптового прикладення сили P2. Закон коливань прийме вигляд:

w(t) 1P1 1 cos t 1P2 1 cos (t t0 ) , при t t0 .

Об'єднаємо отримані рівняння за допомогою функції x , яка дорівнює:

x 1, при x 0;x 0, при x 0.

Тоді рівняння вимушених коливань прийме вид:

w(t) 1P1 1 cos t 1P2 1 cos (t t0 ) (t t0 ) .

Знайдемо переміщення 11 точки закріплення маси від одиничної сили, прикладеної в тій же точці (рис. 3.10).

										1	1				2			l3
	(M			M			)						l	l			l
			1			1													.
11										EI x	2				3			3EI x
Переміщення точки закріплення маси
від дії сил P1 та P2 визначаться як:
							1P			P1 11 ;
								1
							1P			P2 11.										Рис. 3.10
								2
	Частота власних коливань відповідно до (3.3) дорівнює:
										1				3EI				3 2,06 1011 1840 10		8	рад
																3x		3		20,52		.
								M						Ml							с
																			1000 3
										11

Прискорення маси при коливаннях одержимо двічі продиференціювавши рівняння руху:

73

	d 2 w(t)		1P1	cos t	1P2	cos (t t	) (t t	) P cos t
	dt 2
						0	0	1 11

P2 11 cos (t t0 ) (t t0 ).

Сила інерції маси при коливаннях визначиться як:

Pin M d 2 w2(t) MP1 11 cos t MP2 11 cos (t t0 ) (t t0 ) dt

P1 cos t P2 cos (t t0 ) (t t0 ).

Таким чином на балку в одній і тій же точці – точці закріплення маси М діє чотири сили:

сила ваги маси Мg, яка є постійною за величиною та напрямком;

сила P1, яка також є постійною за величиною та напрямком;

сила P2, яка спочатку при t<t0 дорівнює нулю, при t≥t0 є постійною за величиною та напрямком;

сила інерції маси Pin, яка змінює напрям та величину у часі.

Знайдемо рівнодіючу силу шляхом підсумовування перерахованих сил (всі сили у начальний початок часу направлені в одному напрямку – вниз):

Pp (t) Mg P1 P2 (t t0 ) Pin Mg P1 1 cos t P2 1 cos (t t0 ) (t t0 ) .

Для перевірки міцності балки треба знати максимальне значення рівнодіючої зовнішніх сил. Для чого досліджуємо отриману функцію Pp(t) на максимум.

1) Досліджуємо функцію Pp(t) в інтервалі t<t0. Рівнодіюча має вигляд:

Pp (t) Mg P1 1 cos t .

Знаходимо екстремуми функції:

dPp (t) P1 sin t 0, dt

звідкіля t n, деn Z .

При непарних значеннях n (приймаємо n=1) отримаємо: t 203,14,52 0,153 с [0,1);

Ppmax (t) Mg P1 1 cos Mg 2P1 1000 9,81 10 3 2 2 13,81кН.

При парних значеннях n (приймаємо n=1) отримаємо:

t2 2 3,14 0,306 с [0,1);

20,52

Ppmin (t) Mg P1 1 cos 2 Mg 1000 9,81 10 3 9,81кН.

(а)

(б)

2) Досліджуємо функцію Pp(t) в інтервалі t≥t0. Рівнодіюча має вигляд:

Pp (t) Mg P1 1 cos t P2 1 cos (t t0 ) .

Знаходимо екстремуми функції:

dPp (t) P1 sin t P2 sin (t t0 ) 0, dt

74

або

sin t P2 sin t cos t0 sin t0 cos t 0,

P1

		P2		sin t0			3 sin(20,52 1)
tg t	P1						2		1,75435	,
1			P2		cos t0	1 3 cos(20,52 1)
			P1
						2
		t arctg1,75435 n, деn Z,
					t 1,0527 n ,			деn Z.

При непарних значеннях n (приймаємо n=7 для виконання умови t≥t0) отримаємо:

t 12,33 7 3,14 1,1225 с [1, ) . 20,52

Ppmax (t) Mg P1 1 cos(20,52 1,1225) P2 1 cos(20,52 (1,1225 1))

Mg 1,504P 1,809P 1000 9,81 10 3		1,504 2 1,809 3 18,25 кН.	(в)
1	2

При непарних значеннях n (приймаємо n=8 для виконання умови t≥t0) отримаємо:

		t 12,33 8 3,14	1,2755 с [1, ) .
		20,52
Pmax (t) Mg P		1 cos(20,52 1,2755) P 1 cos(20,52 (1,2755 1)) Mg
p	1		2
0,4942P 0,1919P 1000 9,81 10 3 0,4942 2 0,1919 3 11,37 кН.				(г)
	1	2

Із аналізу отриманих екстремальних значень рівнодіючої сили на всьому інтервалі часу (а), (б), (в), (г) маємо:

протягом всього часу коливань напрямок рівнодіючої не змінюється, про що свідчить знак отриманих екстремальних величин;

	максимальна за величиною рівнодіюча виникає при	t	1,0527 n	, де
	n Z, n≥7, та n є непарним;

величина максимальної рівнодіючої дорівнює

Прикладаємо до системи максимальну за величиною рівнодіючу силу та будуємо епюру згинаючих моментів (рис. 3.11). Розрахунковий згинаючий момент за епюрою складає Mx,max=54,75 кНм.

Перевіряємо умову міцності балки:

Ppmax 18,25 кН.

Рис. 3.11

75

M x,max

54,75 103

6

x,max

184 10 6

297,6 10

Па 297,6 МПа R 240 МПа.

Wx

Умова міцності для балки не виконується.

Відповідь: Mx,max=54,75 кНм, умова міцності не виконується.

Задача 3.5. Балка із двотавра №20

із зосередженою масою М завантажена

гармонійним

навантаженням,

що

змінюється за синусоїдальним законом

Psin t (рис. 3.12). Знайти розрахунковий

згинальний

момент

і

перевірити

поперечний переріз балки за умовою

Рис. 3.12

міцності. Дані прийняти: M=1000кг,

Р=10кН, =15 рад/с, l=4м, R=240МПа.

Рішення. Знайдемо величину переміщення точки закріплення маси від

одиничної сили, прикладеної в цій же точці (рис. 3.13):

__

__

1

1

l

l

2

l

1

l

2

l

l3

11

(M 1 M

1 )

l

.

2

2

2

3

2

2

2

3

EIx

2

8EIx

Оскільки

зосереджена

маса

на балці істотно перевищує масу

самої балки (m 1,5 l=21 1,5 4=

=126 кг<<M=1000 кг), розрахунок

ведемо як для системи з одним

ступенем вільності.

Частота

власних

коливань

відповідно до

(3.3)

визначиться

як:

Рис. 3.13

1

8EI x

8 2,06 1011

1840 10 8

21,767 рад.

M

M l3

1000 43

с

11

Знайдемо рівняння руху відповідно до (3.10) і (3.11):

1

1

1,904

,

2

15

2

1

1

21,767

1 p

P 11 ,

w(t) P 11 sin t .

Сила інерції маси M при коливаннях змінюється у часі за законом:

2

d

2 w

2

2

15

Pin (t) M

dt 2

M

P 11

sin

t P

sin t P 1,904

sin t

21,767

0,904P sin t.

76

Таким чином, у процесі коливань на систему діє сила інерції маси, зовнішнє збурююче гармонійне навантаження і сила ваги зосередженої маси. Результуюча системи сил, що прикладена в точці розташування зосередженої маси, буде мати вигляд:

P (t) Mg P sin t Pin (t) Mg 1,904 P sin t.

Очевидно, що максимальне значення результуючої:

P ,max Mg 1,904 P .

Розрахунковий згинальний момент:

M x,max P ,max 2l 1000 9,81 10 3 1,904 10 42 57,7 кНм.

Максимальні нормальні напруження в балці:

	x,max		M x,max		57,7 103		313,6 10	6	Па 313,6 МПа R 240 МПа.
			Wx		184 10 6
	Умова міцності для балки не виконується.
	Відповідь: Mx,max=57,7 кНм, умова міцності не виконується.
	Задача 3.6. На консольну балку
	довжиною l із двотавра №30, з
	розташованій на ній розподіленою масою
	m, падає вантаж масою М з висоти h на край
	консолі (рис. 3.14). Знайти розрахунковий
	згинальний		момент			і	перевірити
	поперечний		переріз			балки	за умовою			Рис. 3.14
	міцності.	Дані		прийняти:			M=500кг,

m=100кг, l=3м, h=5см, R=240МПа.

Рішення. Використаємо метод переносу мас для заміни системи з розподіленою масою системою з приведеною масою Mпр (рис. 3.15) у точці падіння вантажу на балку.

Величину приведеної маси визначаємо за (3.15), для чого визначаємо функцію zz – переміщення точки з координатою z від одиничної сили, прикладеної в тій же точці (рис. 3.15):

__ __	1		1		2			z3
zz (M 1 M 1 )			2	z z	3	z			.
	EIx							3EI x

Оскільки приведена маса розташовується на краю консолі, то координата точки приведення мас z=l. Тоді

	aa zz (z l)						l3
								.
						3EI x
Підставляючи аа та zz в (3.15), одержимо:
M пр	1	l	m(z) zz dz	3EIx			m l		z3	dz
				3
	аа 0				l		0 3EIx

77

		4		l	m		l	4		ml		100	3
m z
l3					l3		4			4		4		75 кг.
	4
				0

Визначаємо

переміщення

f

точки

Еквівалентна схема балки

закріплення

приведеної

маси

від

прикладеної статично сили ваги падаючого

вантажу Q=Mg:

f Q 11

Mg 11

Mgl

3

3EI x

500 9,81 33

3,027 10 3 мм.

3

2,06 1011 7080 10 8

Коефіцієнт передачі енергії визначаємо

за (3.12):

M

500

0,870.

M M

500 75

пр

Рис. 3.15

Визначаємо величину динамічного коефіцієнта за (3.13):

	kд 1	1	2h	1	1	2 0,05	0,87	6,454.
			f			3,027 10 3

Максимальний згинальний момент від статичних сил, розташованих на балці, визначиться як:

M xст,мах mgl 2		100 9,81 32	4414,5 Нм 4,41 кНм.
2		2

Максимальний згинальний момент від динамічних навантажень, викликаних впливом падаючої маси M, знайдемо, приклавши до системи динамічну силу Pд=Mg kд у точці падіння маси M:

M дин	P l Mg k			д	l 500 9,81 6,454 3 94970 ,6 Нм 94,97 кНм.
x,мах	д
Розрахунковий згинальний момент:
	Mx,max Mxст,мах Mxдин,мах 4,41 94,97 99,38 кНм.
Максимальні нормальні напруження в балці:
x,max	M x,max		99,38 103			2,106 10	8	Па 210,6 МПа R 240 МПа.
	Wx		472 10 6

Умова міцності для балки виконується.

Відповідь: Mx,max=99,38 кНм, умова міцності виконується.

78

Задача 3.7. На невагому балку із

двотавра

№20

з

двома

зосередженими масами М падає маса

М0 з висоти h (рис. 3.16). Знайти

розрахунковий згинальний

момент,

перевірити міцність балки. Дані

прийняти: M=500кг, h=5см, l=6м,

M0=400 кг, R=240МПа.

Рис. 3.16

Рішення. Використаємо метод переносу мас для заміни системи з

декількома

масами

еквівалентною

системою з приведеною масою Mпр

(рис. 3.17) у точці падіння маси M0 на балку.

Для

обчислення

величини

Еквівалентна схема балки

приведеної маси Mпр за (3.15)

знаходимо

для

кожної

точки

розташування

мас

системи

переміщення від одиничної сили,

прикладеної в тій же точці (рис. 3.18).

Будуємо

для

кожної

точки

розташування

мас системи

одиничну

Рис. 3.17

епюру (рис. 3.18)

та

обчислюємо

переміщення за способом Верещагіна

(3.14):

1

1

l

2l

2

2l

11 (M1 M1 )

2

3

3

3

3

EI x

1

2l

2l

2

2l

4l3

;

2

3

3

3

3

27

1

1

2l

2l

2

2l

22 (M 2 M 2 )

2

3

3

3

3

EI x

1

l

2l

2

2l

4l

3

.

2

3

3

3

3

27

Обчислюємо величину приведеної

маси за (3.15):

M пр

M i ii

M 11

M 22

аа

22

4l3

4l3

M

27

27

2M 2 500 1000 кг.

4l3

27	Рис. 3.18

79