Оглавление:
Продольно-поперечный изгиб
- Продольно-поперечный изгиб. Рассмотрим стержень, в котором, помимо поперечной нагрузки, действует продольная сжимающая сила или растягивающая сила. Пока стержень был прямым, эта сила заставляла стержень только вытягиваться или сжиматься; как только стержень изгибался, сила Р(рис.183) создает изгибающий момент
в разрезе. А) этот момент зависит от силы P. Если б) момент равен P(v — ®0)== — Ro-M^. Через Mo мы показали значение Pv0. Это значение является неизвестной константой, которая относится к
поперечной нагрузке.§ 124] вертикальный и горизонтальный изгиб 267 Таким Людмила Фирмаль
образом, суммарный изгибающий момент MX = PV m’x(2). Введем это уравнение в уравнение изгиба (116.4). Возьми: R M H V EJX V-EJX — Это уравнение продольного и поперечного изгиба. На расстоянии-два случая отдельно. (124.1) Еще один 1 должен быть рассмотрен. T ’ ^O, сила удлиняет стержень. Вранье. EJX Перепишите
выражение(124.1)следующим образом: В» — (124.2) «Мы применим к нему метод, описанный в предыдущем пункте. Частичное решение соответствующего однородного уравнения — я-Ш
- КЗ ч К З Удовлетворяет условиям, заданным в функции 77, (z). Фактически, в 2=0sh & z = 0 производная этой функции, то есть ch A-Z, преобразуется в единицу с 2=0. И так оно и есть., £70=Чез, 77, м ы н а з. По формуле (123.6)v (2)=v (0) ch k z v ’ (0) sh kz4 — 1е м(м+ / J В ы ч А (З-С) — ^ — ^ — (124.3). К Ноль. Это общее решение уравнений продольно-поперечного изгиба. Для нескольких типов нагрузок вычислите интегралы, содержащиеся в Формуле (124.3). а) момент M=a В разделе 2. А1=П1<п0(я-а) 268 изгибных деформаций[ГЛ. Икс Или L4=0 в L4=L! Около х г Вы также можете использовать следующее =- г ч Асиа-я)£= — Я [ч(я-а) — ■1 Дж. Это выражение подходит для случая z^>a. для Zb этот Интеграл равен J s h ft («—g) (g -&) d g. b При частичной
интеграции мы получаем следующую формулу: Если вы хотите знать, как это сделать, вам нужно знать, как это сделать. Следовательно, для пучка с моментами и концентрацией v (z)—v(0)ch k z v’(0) y sh|l! ч и К (З-А)-1-|-4- м [±ы ч е т у-б)—(з —)]}. (124.4) здесь, как и в (118.5), сумма распространяется на силу или момент, приложенные к левой стороне рассматриваемого участка. 2. P сила сжимает стержень. Теперь обозначим величину A2-PjEJx-уравнение продольного и поперечного изгиба принимает вид: (124.5)) Решение построено таким же образом, как и растягивающая сила, будет тригонометрическая функция — § 124]26-продольно-поперечный изгиб вместо гиперболической функции буквально» Запишите результат, что v (g)=v (0) cos k z v’(0) sin kz-f,
не повторяя вычисления- я п АФ(бл+ — я-Яш в FT (*—(124.6) Людмила Фирмаль
Для пучков с моментами и фокусом Интеграл принимает вид: Приведем пример двух опор(рис. Применение этого уравнения. Балка (184) сжимается двумя приложенными силами Рис, 184. Край раздела диковинного секса E. By, таким образом, применяется огонь момента. По формуле (124.7) v=? — ^8 Внутри! Z — / — e (L-cos fez). Определим константу v’(0) из условия v (/)==0:<o ( / ) sin k l — \ — e(1-cos K K K K)=0. И так оно и есть. v (0)=e. J-co sW г ЛН Вт. Если вы приписываете это уравнению для отклонения, то v=e£1-cos kz-sin kz1]•(124.8) если сила тянет, то в уравнении (124.8) тригонометрические функции должны быть заменены гиперболическими функциями. v=e£ch kz-1-sh
kz j•(124.9) предполагаемая деформация изгиба 270[CH. Икс Затем k увеличивается, гиперболический синус и косинус монотонно увеличиваются, разность между ними сглаживается, а отклонение v, определяемое уравнением (124.9), стремится к нулю. Тяговое усилие увеличивает жесткость системы, а при увеличении его уменьшается прогиб. Когда сила сжимает стержень совсем другая. В значении параметра M кратное l гасит sinfe/в знаменателе последнего члена выражения (124.8). Таким образом, при некотором конечном значении силы отклонение становится бесконечным. Заметим, что не схватывание этого факта подробно лежит в основе теории устойчивости упругой системы, которая рассматривается в XII главе курса.
Смотрите также:
