posobie_TU

Коефіцієнт передачі енергії визначаємо за (3.12):

	M 0		400	0,286.
	M 0 M пр		400 1000

Визначаємо переміщення f точки закріплення приведеної маси від прикладеної статично сили ваги падаючого вантажу Q=M0g:

f Q 22	M 0 g 22		M		g4l3		400 9,81 4 63							2 м.
				0								3,313 10
						27 2,06 1011 1840 10 8
			27EI x
Визначаємо величину динамічного коефіцієнта за (3.13):
	kд 1	1	2h		1	1		2 0,05		0,286	2,37.
			f					3,313 10	2

Тоді сила тяжіння падаючої маси, що раптово прикладена до балки, а також сили інерції мас при коливаннях можуть бути замінені динамічною силою Pд, яка дорівнює:

Pд kдM 0 g 2,37 400 9,81 9299,9 Н 9,3 кН.

Також для визначення максимального згинаючого моменту на балці слід до динамічної сили додати статичні навантаження, що були присутні на балці до удару – сили ваги мас M у точках 1 і 2:

P1 P2 Mg 500 9,81 4905 Н 4,9 кН.

Прикладаємо всі зазначені навантаження до балки та будуємо епюру згинаючих моментів (3.19).

Рис. 3.19

Отримаємо з епюри максимальний згинальний момент:

Mx,max 22,2 кНм.

Максимальні нормальні напруження в балці:

x,max	M x,max		22,2 103	1,206 10	8	Па 120,6 МПа R 240 МПа.
	Wx		184 10 6

Умова міцності для балки виконується.

Відповідь: Mx,max=22,2 кНм, умова міцності виконується.

80

3.2.2 Задачі для самостійної роботи

Задача С.3.1. Невагома балка із зосередженою масою М завантажена силою P (рис. 3.20), що раптово знімається. Знайти розрахунковий згинальний момент, підібрати поперечний переріз балки з двотавра і обчислити лінійну частоту власних коливань балки. Дані прийняти:

M=200кг, Р=20кН, l=4м, R=240МПа.

Задача С.3.2. Невагома балка із зосередженою масою М раптово завантажуються силою P (рис. 3.21). Знайти розрахунковий згинальний момент, підібрати поперечний переріз балки із двотавра і обчислити лінійну частоту власних коливань балки. Дані прийняти:

M=500кг, Р=10кН, l=3м, R=240МПа.

Задача С.3.3. Невагома балка із двотавра №20 із зосередженою масою М завантажуються гармонійною силою P(t)=Psin t (рис. 3.22). Знайти розрахунковий згинальний момент, перевірити міцність балки і обчислити лінійну частоту власних коливань балки. Дані прийняти: M=300кг, Р=10кН, l=4м, =58,4 рад/с, R=240МПа.

Задача С.3.4. На невагому балку із двотавра №20 з трьома зосередженими масами М падає маса М0 з висоти h (рис. 3.23). Знайти розрахунковий згинальний момент, перевірити міцність балки. Дані прийняти: M=300кг, h=2см, l=4м,

M0 =500 кг, R=240МПа.

Рис. 3.20

Рис. 3.21

Рис. 3.22

Рис. 3.23

81

Задача С.3.5. На сталеву стійку із двотавра №24 з розташованою на ній масою М0 зі швидкістю V налітає маса М та утримується на ній при коливаннях (рис. 3.24). Знайти розрахунковий згинальний момент і перевірити поперечний переріз стійки за умовою міцності. Власною масою стійки знехтувати. Дані прийняти: M=200кг, V=2м/с, l=4м,

M0 =500 кг, R=240МПа.

Рис. 3.24

3.3Розрахункова робота №4 «Коливання пружних систем»

3.3.1 Зміст роботи

На сталеву двотаврову балку з декількома зосередженими масами M і розподіленою масою m встановлено двигун із частотою обертання , що створює гармонійне навантаження, яке змінюється за синусоїдальним законом

Psin t.

1)Знайти розрахунковий згинальний момент і підібрати поперечний переріз балки із умови міцності та умови відсутності резонансів при включенні, вимиканні та роботі двигуна.

2)Визначити частоту власних коливань балки і амплітуду вимушених коливань у точці прикладення гармонійного навантаження.

Власною масою балки при рішенні задачі зневажити. Вихідні дані прийняти за варіантом у Додатку Д.

3.3.2Порядок виконання роботи

1)Завантажуємо задану балку в деякій точці з координатою z

зосередженою одиничною силою P 1 . Визначаємо функції опорних реакцій і прогину в точці прикладення одиничної сили від координати прикладення одиничної сили.

2)Заміняємо вихідну систему з нескінченною кількістю ступенів вільності системою з одним ступенем вільності методом переносу мас. Точку розташування приведеної маси вибираємо в точці прикладення зовнішнього гармонійного навантаження.

3)Для системи з приведеною масою записуємо вираз для частоти власних

коливань і підбираємо попередньо переріз балки із умови відсутності резонансів при включенні, вимиканні та роботі двигуна – ω> .

4) З рівняння руху визначаємо закон зміни сили інерції зосередженої приведеної маси і сумарний закон зміни динамічних складових

82

навантаженьРдин (t) : сили інерції маси і зовнішньої гармонійної сили. Будуємо огинаючу епюру моментів від динамічної складової.

3.3.3 Приклад виконання роботи

Вихідні дані:

M=1000кг, m=400кг/м, Р=10 кН, =300 об/хв, а=1,5м,

R=240 МПа. Розрахункова схема представлена на рис. 3.25.

Рис. 3.25

Рішення

Задана система є системою з нескінченною кількістю ступенів вільності. Для рішення використовуємо наближений метод заміни вихідної системи приведеною системою з одним ступенем вільності. Приведену масу розташовуємо в точці прикладення гармонійного навантаження (рис. 3.26).

Величину приведеної маси знайдемо з використанням формули (3.15), для чого

визначаємо

функцію

zz

–

переміщення

z

точки

з

координатою

від одиничної

Рис. 3.26

сили, прикладеної в тій же точці

(рис. 3.27).

Балка на рис. 3.27 є статично невизначеною. Для визначення опорних

реакцій використовуємо наступні умови:

M B 0 ;

M B

VB=0;

A 3a

A

(3a z) 0.

(3.16)

R

M

P

Очевидно,

що

рівняння

(3.16) справедливе також і при

наявності сили

P праворуч

від

точки В.

Складемо

вираз

для

визначення прогину балки в точці

В на основі методу початкових

параметрів, з огляду

на

те,

що

Рис. 3.27

початкові

параметри

мають

вигляд: V0=0,

0=0,

M 0

A ,

M

P0

A .

P

A 3a 2

A 3a 3

3a z 3

VB

M

R

P

3a z 0 ,

(3.17)

6EI

6EI

2EI

83

де x – функція, яка дорівнює:

x 1, при x 0;x 0, при x 0.

Зробимо заміну перемінної ξ 1

z

, звідки z 3a (1 ξ) .

3a

Розглянемо рівняння (3.16) і (3.17) спільно:

A

M

A

M

Pξ;

R A

3a

R A

3a

Pξ;

3

або

M A

R A

Pξ

M A

ξ .

ξ 0,

3

R A

Pξ

6aEI

6EI

6EI

a

З рішення системи одержимо:

1

P

3ξ

3

(ξ)

3ξ

3

(ξ) ;

R A

ξ

ξ

2

2

3Pa

ξ

(ξ) ξ

3a

(ξ) ξ .

3

3

М A

2

2

ξ

(3.18)

(3.19)

Опорну реакцію RB знайдемо з рівняння рівноваги проекцій всіх сил на вісь Y:

																										PY													A												B 0,
																																						R						P					R
звідки																																		A 1 2 3ξ ξ3 (ξ) .
																	B																																																									(3.20)
																R									P						R
																																						2
		Використовуючи знайдені вирази для опорних реакцій визначимо прогин
балки в точці з координатою z методом початкових параметрів:
									A z2						A z3													B z 3a 3													z 3a 3a ξ3 (ξ) ξ 9a2 1 ξ 2
		zz				M							R											R
							2EI							6EI																6EI																																		4EI
			1				3ξ ξ3 (ξ)									27a3 1 ξ 3																								1			2 3ξ ξ3 (ξ) ( 27a3 )ξ3																									( ξ)
			2																																					2
															6EI																																								6EI
		9		a3				3 ξ3 (ξ) ξ 1 ξ 2																						3ξ ξ3 (ξ) 1 ξ 3 2 3ξ ξ3 (ξ) ξ3 ( ξ) .
		4		EI
		Знайдемо прогини від одиничної сили в точках прикладення зосереджених
мас на вихідній схемі:
													2						9						a				3							2				3						2							2			2							2			2			3							2		3
		(z a)
											ξ																														1																				3										1
	zz									zz			3						4						EI											3										3							3										3			3									3
																2					2 3															2 3														11			a		3											a3
										2 3																				1												0														0,1358											;
																3																																		81			EI													EI
																					3															3
														1							9								a	3						1					3						1							1			2							1		1				3						1			3
		(z 2a)
											ξ																															1																				3									1
	zz										zz			3							4							EI										3									3							3										3		3										3

84

											1		1		3				1 3											20				a3						a3
									2 3							1										0									0,2469							;
											3			3					3											81			EI							EI
																						3
																				a											3							2
						(z 4a)								1			9												1						1	1							1
										ξ															3						0				1							3
														3			4			EI									3							3
				zz						zz																									3								3
			1		3				1 3								1									1 3						1 3				19			a3					a3
							0	1			2		3															0							1							1,5833			.
			3																													3				12			EI					EI
									3								3									3
		Визначимо значення виразу																	l		m(z) zz dz .										Варто зазначити, що функція zz
																			0
	залежить від одиничної функції ε ξ																							(3.18), та при z ≤ 3a або ≥0 дорівнює 1, а

при z > 3a або <0, дорівнює -1. Таким чином, рекомендується представити

інтеграл у вигляді:						l	m(z) zz dz									3a m(z) zz dz						4am(z) zz dz. Розглянемо доданки
						0										0						3a
останнього виразу						окремо,								при				цьому замінимо										перемінну							інтегрування
z 3a (1 ξ) . Тоді dz 3a dξ. Одержимо:
a				2 / 3											ma4				2 / 3
m zz dz 3a m						zz dξ							27								3 ξ3 (ξ) ξ 1 ξ 2 3ξ ξ3 (ξ) 1 ξ 3
0					1								4			EI			1
2 3ξ ξ3 (ξ) ξ3 ( ξ) dξ 27																		ma4 2 / 3 3 ξ3 ξ 1 ξ 2 3ξ ξ3 1 ξ 3 dξ
																4		EI			1
27	ma4 2 / 3 3 ξ3 ξ 1 2 ξ ξ2 3ξ ξ3 1 3ξ 3ξ2 ξ3 dξ																																		27	ma4
4	EI		1																																4	EI
2 / 3 3ξ3 3ξ 6 ξ4 6 ξ2 3ξ5 3ξ3 3ξ ξ3 9 ξ2 3ξ4 9 ξ3 3ξ5 3ξ4 ξ6 dξ
1
27	ma	4	2 / 3																				4				7				5			4		3		2 / 3
			ξ6 6 ξ4 8 ξ3 3ξ2 dξ 27 ma																							ξ			6 ξ				8 ξ	3ξ
4 EI			1																		4 EI					7			5				4		3			1
											7							5
					ma4 2
			27							3					6 23						4					3		1		6
																					2 23 2			3									2 1
			4		EI					7						5												7		5
													239				ma		4		0,0422				ma4			;
				1 3							5670							EI							EI
4a															ma4				1 / 3													3ξ ξ3 (ξ) 1 ξ 3
m zz dz 3a m zz dξ													27						3 ξ3 (ξ) ξ 1 ξ 2
3a					0								4			EI			0
2 3ξ ξ3ε(ξ) ξ3ε( ξ) d ξ 27																ma4 1 / 3 3ξ 1 ξ 2 3ξ 1 ξ 3 2 3ξ ξ3 d ξ
													4					EI			0

85

l

0

		27		ma4			1 / 3
							3ξ 6 ξ2 3ξ3 3ξ 9 ξ2 9 ξ3 3ξ4 2 ξ3 3ξ4 d ξ
		4			EI		0
27		ma			4 1 / 3										ma	4					5			4	3		1 / 3
						6 ξ4 8 ξ3 3ξ2 dξ								27					6 ξ				8 ξ	3ξ
4 EI						0								4	EI					5			4	3			0
								1		5
	27 ma					4			3			4						9		ma		4			ma			4
								6			1		1		3
		4			EI			5			2	3		3			20			EI			0,45		EI				.

Отже,

m(z) zz dz	3a m(z) zz dz	4am(z) zz dz 0,0422 ma4		0,45 ma4	0,4922 ma 4 .
	0	3a	EI	EI	EI

Знаходимо величину приведеної маси за формулою (3.15):

1

l

EI

ma

4

Ma

3

M пр

m(z) zz dz M i ii

0,4922

0,1358

1,5833a

3

EI

EI

аа

0

Ma

3

Ma

3

0,2469

1,5833

0,3109ma 1,2417M 0,3109 400 1,5

EI

EI

1,2417 1000 1428,2 кг.

Частота власних коливань балки визначиться за (3.3):

1

1

EI

.

M

пр

M пр1,5833

a3

1,5833M

пр

a3

11

EI

Призначимо попередньо поперечний переріз балки із умови недопущення резонансів 1-го і вищих порядків – :

		EI		, або
1,5833M прa			3
I		1,5833 2			M прa3 .
		E

(Важливо помітити, що при переході до еквівалентної системи з одним ступенем вільності при зникає можливість аналізу резонансів вищих порядків.) Перетворимо одиниці виміру частоти вимушених коливань:

			= 300 об = 300			2	рад	31,42		рад.
						60	с
Тоді одержимо:				хв						с
Iтр	1,5833 2	M прa3		1,5833 31,42 2	1428,2 1,53				5,7907 10 11 м4		5790,7 см4 .
	E			2,06 1011

Приймаємо двотавр №30, для якого Ix=7080 см4. Тоді частота власних коливань:

86

		EI		2,06 1011 7080 10 8	43,71	рад.
		1,5833M прa3		1,5833 1428,2 1,53
						с

Коефіцієнт наростання коливань визначиться за (3.11):

	1					1		2,069.
		2				31,42	2
	1				1	43,71

Відзначимо, що зі збільшенням жорсткості балки EI відбувається збільшення частоти власних коливань і, як наслідок, зниження коефіцієнта .

Рівняння руху маси відповідно до (3.10) має вигляд:

w(t) P 11 sin t .

Сила інерції маси Mпр при коливаннях змінюється в часі за законом:

d 2 w

2

2

31,42

2

P (t) M

dt 2

M

P

sin t P

sin t P 2,069

43,71

sin t

in

пр

пр

11

1,069P sin t.

Сила інерції маси Pin(t) і зовнішня збурююча гармонійна сила P(t) мають однаковий закон зміни у часі та прикладені в одній точці. Визначимо згинальні моменти в поперечних перерізах балки від дії максимальних за величиною динамічних навантажень Pдин (рис. 3.28).

Рдин Рinmax (t) Рmax (t) 1,069P P 2,069P 20,69 кг.

Опорні реакції знайдемо з використанням раніше отриманих залежностей

(3.19) і (3.20):

												1								1					1		3						2,069P
R										ξ																			0						1,035P 10,35 кН;
	A	R A														2,069P		3
												3								3					3								2
	M														1		2,069P		3a				1 3						1
			A		M A ξ																				0						2,069P 1,035Pa 15,53 кНм;
															3				2				3						3
																						1						1	3			0
													1					2 3				3						3
RB			RB								ξ					2,069P																		2,069P 3,104P 31,04 кН.
													3											2

Маючи величини опорних реакцій будуємо епюру згинальних моментів від динамічної складової Pдин зовнішніх навантажень на балку (рис. 3.28).

Оскільки напрямок сили Pдин при коливаннях змінюється, додаємо на епюрі згинальних моментів (пунктиром) можливий варіант епюри при дії сили Pдин, спрямованої вгору. Таким чином, одержуємо огинаючу епюру моментів від динамічного навантаження.

Крім динамічних навантажень, обумовлених дією гармонійної сили і силами інерції мас системи, балка завантажена також статичними навантаженнями від ваги розташованих на ній мас (рис. 3.28):

P1 Mg 1000 9,81 9810 H 9,81 кН;

87

q mg 400 9,81 3924 H/м 3,92 кН/м.

Побудуємо епюру згинальних моментів від статичних навантажень (рис. 3.28). Для цього визначимо опорні реакції, використовуючи отримані раніше залежності (3.18) і (3.19):

																			2																							1																						1											a											4a
RA									ξ																												ξ																				ξ															R A qdz R A
			R A																3										R A													3									R A														P1																								qdz 3
																																																																	3										0											3a
									8																1									1										1				P									3qa							2 / 3									3									1 / 3							5
																	3																						3										1																3ξ ξ									dξ									3ξdξ									P1
									27																3							27												2					2											2																													6
																																																																	1																	0
				3qa											3ξ					2									ξ		4						2 / 3						3ξ				2				1 / 3
																																																											0.8333 P1 0.6991qa																											0.8333 9,81
					2													2											4															2
																																					1														0
																																								0.6991 3,92 1,5 12,29 кН.
																											2																					1																				1												a							4a
	RB																		ξ																								ξ																				ξ																	RB qdz RB qdz
								RB																			3							RB														3										RB										3		P1
																																																																																0							3a
															2										8																1					1																			1			P						3qa 2 / 3																3
				2 3																										2 3																								2				3												1												2 3ξ ξ									dξ
															3							27																			3				27																				3				2							2
																																																																																		1							2
				1/ 3																																																																2							4					2 / 3														1/ 3
							2								3ξ dξ 2,166P1																																3qa															2ξ				3ξ							ξ													2ξ 3ξ
																																																					2														2						4													2
					0																																																																											1														0
								2,166P1																						1,301qa 2,166 9,81 1,301 3,92 1,5 28.90 кН.
																										2																						1																					1											a									4a
M A																	ξ																										ξ																					ξ																						qdz M B qdz
					M A																					3						M A																3										M A											3			P1 M A
																																																																																0									3a
	8				2							1										1															1						3Pa													9qa2 2 / 3											3														1 / 3
																																													1																			ξ				ξ dξ															ξ dξ							0,5P1a
	27				3							27										3															3																				2
																																												2																				1																		0
																																		2 / 3																				1 / 3
		9qa					2								ξ			4							ξ			2																ξ		2
																																																													0,5P1a 0,0972qa																								2	0,5 9,81 1,5
				2											4												2																	2
																																		1																				0

0,0972 3,92 1,52 8,21 кН.

23

Епюра згинальних моментів від дії статичних навантажень приведена на

(рис. 3.28).

88

Рис. 3.28

Сумарний згинальний момент у перерізах балки визначиться на підставі принципу суперпозиції дії сил як сума моментів від динамічної та статичної складової зовнішнього навантаження Mx=Mx,ст+Mx,дин. При побудові сумарної епюри Мx враховуємо також можливий напрямок динамічної сили Pдин вгору, і, таким чином, одержуємо огинаючу епюру моментів (рис. 3.28). Розрахунковий момент визначаємо як максимальний по модулю на епюрі Мx з урахуванням

89