______ ___

F i_x = I_x/A = (1/ 12 )a 0,289a.

Зададимся некоторым средним значени-

a l=0,5м ем коэффициента снижения допускаемого

напряжения ₁ = 0,5. Тогда:

по табл.1 = 110 + 10(0,02/0,07) = 112,9.

Коэффициент для данного случая зак-

Рис.3 репления равняется 2.

Радиус инерции сечения i_x = l / = 2,9 = 0,8857 см; сторона квадрата а = i_x/0,289 = 0,8857/0,289 = 3,06см; площадь сечения А = а² = 3,06² = = 9,36 см². На данное сечение можно допустиь усилие:

_1adm A = 0,516кН/см²9,36см² = 74,9 кН 80кН = F, т.е. сечение мало.

Пусть ₂ = 0.52; = 110; i_x = 100/110 = 0,909см; а = 0,909/0,289 =

= 3,15см; А = 3,15² = 9,92 см²; сечение воспринимает:

_2admA = 0,52169,92 = 82,5кН, что отличается лишь на 3%.

Обычно считается, что результат достигнут, если сила, которую воспринимает сечение, отличается от силы, действующей на стержень, не более чем на 5% в ту или другую сторону:

0,95F _admA 1,05F.

Округляя до более технологичного размера, примем а = 32мм. В последнем примере данных методических указаний мы покажем другой подход к организации попыток подбора, при котором образуется некоторый сходящийся итерационный процесс.

Энергетический способ определения критических сил. Изложенные выше подходы, применимы тогда, когда условия закрепления стержня и способы приложения нагрузки простейшие [1]. В более сложных случаях интегрирование дифференциального уравнения изогнутой оси стержня достаточно громоздко и целесообразно воспользоваться приближённым энергетическим способом. Рассмотрим стержень центрально сжатый силой F (Рис.4). Стержень на рисунке условно показан шарнирно опёртым, но вопрос о граничных условиях оставим пока открытым.

y

v

F F x

z dz F_п

l

Рис.4

Пусть сила F меньше эйлеровой критической силы. Если приложить к стержню некоторую малую поперечную силу F_п , то стержень изогнётся, но будет находится в устойчивом равновесном состоянии. Сжимающая сила F совершит при этом работу на перемещении , которое можно найти следующим образом. Укорочение малого элемента длиной dz будет равно:

d = dz dzCos = dz(1 Cos) = 2dzSin²( ?dz² .

Учтём, что угол поворота равен первой производной от прогиба: v , тогда перемещение точки приложения силы найдётся:

_l

? (v)²dz .

⁰

Потенциальная энергия изогнутого стержня выразится

_l M²dz _l

U = = ? EI_x(v²dz , здесь учтено, что M = EI_xv

⁰ 2EI _x ⁰

Изменение полной энергии стержня при малом изгибе будет складываться из потенциальной энергии деформации и изменения потенциала внешних сил на перемещении .

Э = U F

Если Э 0, то состояние стержня устойчиво. Если же Э 0, т.е. F U, то сила производит работу большую, чем может накопиться в стержне в виде энергии упругой деформации. Избыточная работа идёт на сообщение кинетической энергии, стержень приходит в движение и прогибается дальше, т.е. состояние его неустойчиво. Очевидно, что критическому состоянию соответствует случай

F_cr = U , или

_{l l}

F_cr? (v)²dz = ? EI_x(v)²dz , откуда получим:

^{0 0}

_l

EI_x(v)²dz

⁰

F_cr = (4)

_l

(v²dz

⁰

Для получения величины критической силы необходимо задаться формой изогнутой оси v = v(z), удовлетворяющей граничным условиям задачи. С математической точки зрения (4) является функционалом, т.е.отображением из множества функций определённого класса (дважды дифференцируемых и удовлетворяющих граничным условиям) в множество действительных чисел.

Пример 3. Найдём критическую силу для стержня, шарнирно опёртого

по обоим концам (Рис.5). Точное решение в этом

F случае известно: F_cr = ²EI_x / l² 9,8696EI_x / l².

Если задаться функцией v = CSin(z/l), то

получим точное решение. Допустим, что мы

l этого не знаемем и попробуем аппроксимировать

z изогнутую ось полимиальной функцией. Возьмём

для начала полином второй степени:

Рис.5

v = Az² + Bz + C (5)

Запишем граничные условия: 1) при z = 0: v = 0; 2) при z = l: v = 0. Подставляя в (5), получим:

С = 0; Al² + Bl = 0 B = Al.

Дифференцируя (5) и учитывая полученные выражения для коэффициентов, имеем:

v = A(2z - l); v = 2A.

Подставив в (4), имеем:

_l

4A² dz

⁰

F_cr = = 12EI_x / l².

_l

A² (2z - l )²dz

⁰

Мы видим, что полученное значение критической силы отличается от точного решения, более чем на 20%.

Известно, что чем выше степень аппроксимирующего полинома, тем выше точность решения. Аппроксимируем иэогнутую ось стержня полиномом четвёртой степени:

v = Az⁴ + Bz³ + Cz² + Dz + E (6)

при z = 0: v = 0;

при z = 0: M = EI_xv v = 0;

при z = l : v = 0;

при z = l : M = 0 v = 0.

Возьмём производные от (6):

v = 4Az³ + 3Bz² + 2Cz + D;

v = 12Az² + 6Bz + 2C.

Реализуем граничные условия, получив при этом систему из четырёх алгебраических уравнений.

Е = 0; 2) С = 0; 3) Al⁴ + Bl³ + Dl = 0; 4) 12Al² + 6Bz =0 B = 2Al , подставляя это в предыдущее уравнение, имеем: D = Al³.

Подставляя это в выражения для производных, получим:

v = A(4z³ 6lz² + l³); v = 12A(z² - lz).

Подставив в (4),будем иметь:

_l

144A²EI_x (z² - lz)²dz

⁰

F_cr = = 168EI_x / (17l²) 9,8824EI_x / l² .

_l

A² (4z³ - 6lz² + l³)²dz

⁰

Как видим, полученное решение практически совпадает с точным. Обратим внимание на тот факт, что приближённые решения всегда дают завышенные значения критических сил. Это происходит по той причине, что в приближённом решении стержень система с бесконечным числом степеней свободы, заменяется более жёсткой системой с конечным числом степеней свободы.

Пример 4. Найти критическую нагрузку для стержня, показанного на

Рис.6. В этом случае значение коэффициента

приведения длины неизвестно и нет возмож-

F ности непосредственно использовать для вы-

числения критической силы формулу (1). При-

меним энергетический способ. Для аппрок-

l симации изогнутой оси стержня используем

выражение (6). Граничные условия будут

выглядеть:

при z = 0: v = 0;

при z = 0: v = 0 (в заделке угол поворота

z 2l равен нулю);

3) при z = l: v = 0;

4) при z = 3l: M = 0 v = 0 ( на верхнем

конце стержня изгибающий момент равен

Рис.6 нулю);

Выражения для производных см. стр.8. Воспользуемся граничными условиями:

Е = 0; 2) D = 0; 3) 4l²A +2lB + C = 0; 4) 54l²A + 9lB +

+ C = 0, решая относительно А систему из двух последних уравнений: 9lB + C = 54l²A,

2lB + C = 4lA ,

получим: B = ( 50/7)Al; C = (72/7)Al.

Первая и вторая производные от прогиба запишутся:

v = 2A[2z³ - (75/7)lz² + (72/7)l²z], v = 12A[z² - (25/7)lz + (12/7)l²].

Подставив в (4), вычислим критическую силу

_3l

144A²EI_x [z² - (25/7)zl + (12/7)l²]²dz

⁰

F_cr = 1,09EI_x / l² .

_3l

4A² [2z³ - (75/7)z²l + (72/7)zl²]²dz

⁰

Пример 5. Для сжатой стойки, показанной на Рис.7, используя энер-

гетический способ определить коэффи-

z циент приведения длины . Подобрать

размеры поперечного сечения стойки. Си-

ла F =200кН. Материал Ст.3: _adm=160 МПа.

D F d/D = = 0,8; l = 3м. Использовать методи-

ку расчёта по коэффициенту снижения до-

d l пускаемых напряжений.

0,6l Решение

z Запишем граничные условия:

при z =0: v = 0;

при z = 0: v = 0;

при z = l : v = 0;

. при z = l : v = 0

Рис.7 Подставим это в аппроксимирующий полином (6) и во вторую производную от него. В результате получим те же самые выражения для v и v, что и в примере 3. Различие будет состоять лишь в том, что в выражении для критической силы интеграл, стоящий в знаменателе придётся брать в пределах от 0 до 0,6l. Это легко понять, если вспомнить, что знаменатель в формуле (4) представляет собой удвоенное перемещение точки приложения силы, а оно зависит от укорочения части стержня, лежащей ниже сечения, в котором приложена сила.

_l

144A²EI_x (z² - lz)²dz

⁰

F_cr = 19,53EI_x / l² .

_0,6l

A² (4z³ - 6lz² + l³)²dz

⁰

Найдём коэффициент приведения длины. Для этого представим выражение для критической силы:

F_cr = 19,53EI_x / l² = ²EI_x / (²/ 19,53)l².

Сопоставляя полученный результат с формулой Эйлера (1), получим:

² = ² / 19,53 0,711.

Приведенная длина стержня l = 0,711300 213см.

Подберём размеры поперечного сечения. Определим геометрические характеристики. Площадь сечения:

A = D²(1 ²)/4 0,785D²(1 - 0,8²) 0,283D².

Момент инерции:

I_x = D⁴ (1 ⁴) / 64.

Радиус инерции:

_____ ______ _______

i_x = I_x / A = 0,25 D 1 + ² = 0,25D 1 + 0,8² 0,32D.

Для подбора размеров сечения используем следующий сходящийся алгоритм: зададимся некоторым средним значением коффициента :

₁ = 0,5, тогда площадь А = F / _1adm = 200kH/ (0,516kH/ см² =25см²;

_______ _______

диаметр сечения равен D = A/0,283 = 25/0,283 = 9,4см;

радиус инерции i_x = 0,32D = 0,329,4 = 3,01см;

гибкость = l / i_x = 213/3,01 = 70,8;

коэффициент приведенной длины, соответствующий этой гибкости

₁ = 0,81 - (0,06/10)0,8 = 0,8052 (табл.1);

следующее значение примем равным среднему арифметическому из двух предыдущих:

₂ = ( + ₁)/2 = (0,5 + 0,8052)/2 0,653 и повторим расчёт:

__________

А = 200/(0,65316) = 19,14см²; D = 19,14/0,283 = 8,22см; i_x = 0,328,22

= 2,63см; = 213/2,63 = 81; ₂ = 0.75 (0,06/10) = 0,744;

= (0,653 + 0,744)/2 = 0,7; А = 200/(0,716) = 17,86см²;

__________

D = 17,86/0,283 = 7,94см; i_x = 0,327,94 = 2,54см; = 213/2,54 = 83,9

= 0,75 - (0,06/10)3,9 = 0,727; разница между двумя соседними значениями составляет:

100(0,727 - 0,7)/ 0.7 = 3,9% 5%.

Расчёт можно считать законченным. Требуемый размер D = 7,94см, но из конструктивных соображений примем D = 80мм.

Список литературы

Феодосьев В.И. Сопротивление материалов. - М.: Наука. - 1986. 512с.

Работнов Ю.Н. Механика деформируемого твердого тела. - М.: Наука. - 1979. - 744с.