Пром-Снег: Промышленность узловых агрегатов

Главная страница сайта Российские промышленные издания (узловые агрегаты)

1 ... 31 32 33 [ 34 ] 35 36 37 ... 48

От этой силы М=а - х. Следовательно,

Д6= -

О О

5 S f

-а \pds-!f- xds+j xds)=

где

/у = J р* xds, Sj, = J xds - статический момент дуги s

относительно оси у; х^ = --абсцисса центра тяжести дуги s.

Частный случай. Кольцо, составленное из двух полуокружностей радиуса а и двух прямых длиной 2а (рнс. 201, а).

Так как (рис. 201, б) s = а; х, = а; x/j = у; ds, = dj/,

Х2 = а cos <р; j/s = й (1 -1- sin <р); dSj = cd <р;

pf = й= 4- у^: Pi = 2й' (1 -f sin ф),

о 2 й F

= J й rfSi + J f/2 rfs2= J ydy + a J (Ц-8Шф) dф =

a 2 a 2

Sj, = Ja;, ds, + J dsa =eJ dj/-f Jcosфdф =a,

0 0 0

2 + 1

a £ a

/,= J f/? dS,-f J J, dS2= J % +

Изгибающий момент в произвольном сечении кольца:

Л1р-а =-2

Если р непрерывно возрастает от значения а до значения

>о, то Mfa >0; Жр=г, <0 и М

= 0.

На рис. 200, д представлена эпюра изгибающего момента для случая Ь>а.

Для определения изменения размера а в сечении А четверти кольца прикладываем горизонтальную силу Рф=1, направленную к центру О.

От этой силы М=у. Следовательно,

2£/

-fyds- J р= yds

f - J р I/ds j = {у, 1,-1 A

где Sj. = J i/ds -статический момент дуги s относительно оси х;

Ус= -f- - ордината центра тяжести дуги s;

/, = f yds.

Для определения изменения размера 6 в сечении А четверти

кольца прикладываем вертикальную силу Рф=1, направленную вниз

Для криволинейного участка:

3(2 + ч) 3(2 +те)

: 0,259 о^; 0,741 да\

Эпюра изгибающего момента для четверти кольца показана на рнс. 201, в. Изменение размера о

6 - 17 It - 6 и да ~ 24(2-bit) £/

0,864 .

Изменение размера 6

я-14

2£/ >v г р! 12 (2 +It) X - =-0.160 Щ..

Пример 111. Даио: д, р, Е, I; кольцо тонкостенное, по нагрузке симметричное относительно оси у (рис. 202, о).

Определить 8 - изменение длины вертикального диаметра кольца.

Решение. Рассматриваем одну половину кольца (рис. 202, б). Б сечении, совпадающем с осью у, поперечная сила раина нулю, а изгибающий момент X, и продольное усилие - лишние неизвестные обобщенные силы.

Канонические уравнения метода сил имеют вид:

8и Х,+Ь Х2 + =0, 8г1 X + 8,2 + Ь^р = 0.

IMP Рис. 202

+ а f (1 + sin <p)= d ф = - a :

a 2 - о i

/, = J *f dsi + J I ds = a dy + a J cos фdф =

4 + .

= лг + = - О :

о li (j

= J Pi rfsi + J Pl il. dS2= J (а= + )

1с

+ 2a J (1 +81пф)= dф = -i±lIL a ; = J P? *i is, + J p ds., = a (o + di/ +

+ 2a j (1+5!пф) cosфdф=- a*. Для прямолинейного участка:

1.519-), =0 Tq flo 0.759 gai

Изгибающий момент в пронзиольном сеченни стенкн кольца M=qf (фзшф + созф-1)- + (1-со5ф) =

= 9рМф sin ф + cos ф - 1).

Поэтому М

¥=0

= -0,5 М

+ -2-

,0912 qf;

= яг

= eP(--l) 0.571w=;

= -1,59P

Ha рис. 202, e показана эпюра изгибающего момента.

Для определения величины изменения длины вертикального диаметра кольца в сечении, совпадающем с осью у основной системы (рис. 202, б), прикладываем вертикальную силу Яф=1, направленную вниз От этой силы в произвольном сечении изгибающий Момент

М-р sin ср. Следовательно, искомое перемещение

ММ ds = j (ф sin ф + -i- cos ф - l) sin ф йф =

:(4. 2)41 ==0,467

=---2

4 1 El El

Задачи 834-835. Определить продольные усилия N в пронумерованных стержнях Систем.

Жесткость EF одинакова для всех стержней.

В этих и последующих статически неопределимых задачах использовать (по желанию) начало наименьшей работы или метод сил.

Находим изгибающий момент в произвольном поперечном сечеиий, определяющемся углом ср, от заданной нагрузки q (рис. 202, в).

Так как элементарная сила, действующая иа элемент дуги ds геометрической оси стенки кольца, dp = q ds=q pda, то от нее элементарный из! ибающий момент в сечении с углом ср

dM=dpp (sin(p - sina)=9p* (sin <р - sma) da.

Изгибающий момент в этом же сечеиий от всех сил, действующих на дугу с центральным углом ср, получается равным

= 9J (sin ф - sin а) da = qp (ф sin ф + cos ф - 1).

Для вспомогательных систем (рис. 22, г, д) изгибающие моменты в том же сечении имеют значения Mi=l, М2=р(1 -cos ср). Поскольку

S ж

EIbip= J Л1Л1, ds = 9p J (ф sin ф-Н cos ф - 1) dф=0;

Е1Ь2Р = MMj ds==qpj (фsinф^-cosф -1) (1-

о о

- COS ф) d ф =--~ 9 р*;

я/ Su = J М? ds = р j d ф = я р;

о о

£/822=1 ЛТ ds = p* (l-cosф)dф= р^ и

S к

£/8i2 = £/S2i =1 7Й, ds =f j (1-со8ф) dф=5p

то канонические уравнения метода сил переписываются следующим образом:

Х,+рЛ,=0, I

i+Y Р'г - -4- .

л, =--ИЛ2 = -g-.

Задачи 846-847. Определить реакции опоры а и вертикальные перемещения 8 сечения на оси симметрии систем

ВЧВ

-го -4-а

-2и

Задачи 848-851. Определить горизонтальные реакции опор в системах

1 U И И t И1И П t И t

Задачи 852-857. Определить составляющие реакции опоры А систем

Задачи 836-837. Определить реактивные моменты в заделках левых концов стержней

взе

Зтп

-20-

		щ
	1-\-
у	у
	--Зо-

Задачи 838-841. Определить реакции в закрепленных сечениях А и Вертикальные перемещения S сечення С балок.

В задаче 841 определить и реактивный момент Мд и сечении A Жесткости EI считать известными.

2а

-20-


i. ( IHUtU
л с	L. 1
--я--	--0-

Задачи 842-845. Определить реакции шарнирной опоры систем и линейные перемещения сечения С.

В задачах 842-843 8- вертикальные, а в задачах 844-845 - горизонта льн ые*.

Л I

j 11 и и Гптгг]

♦ в задачах 842-866 продольные деформации элементов системы не учитывать, и жесткости Е/ изгибаемы> элементов считать одинаковыми

Задачи 862-870. Определить реактивные составляющие в закрепленном сечении А систем.

В задачах 868-870 определить также вертикальные перемещения 8 сечения С, приняв, что сеченне на всех участках систем круглое, а материал одинаков; G=0,4 Е.

		а

		а

д /77?

вез

шшт

а -Ч

Задачи 871-875. Определить наибольшие нормальные напряжения, возникающие в элементах систем при повышении температуры на ДГС

Учитьшать только деформацию изгиба. Симметричное сечение с высотой h и материал с заданными Я и а у всех элементов каждой системы одинаковы

о-(-о-

в5 Я

ггшшц

Задачи 858-861. Определить наибольший по абсолютному значению изгибающий момент в рамных системах.

85Э

1 ... 31 32 33 [ 34 ] 35 36 37 ... 48