Расчет криволинейных стержней

1.

Расчет криволинейных стержней
Доцент кафедры
самолетостроения
к.т.н. Мухин Д.В.

2.

Интеграл Мора можно использовать для определения перемещений как
прямолинейных, так и криволинейных стержневых систем.
Поскольку интеграл Мора вычисляется по длине, для криволинейных стержней
вместо dx в подынтегральном выражении используется элемент длины дуги ds=ρdφ
где ρ - радиус кривизны стержня, который может быть постоянным, а может быть
функцией от угловой координаты φ.
ρ
2
M zP M z1
EI z d
1
dφ
φ1
φ
φ2
ds

3.

Пример:
Для кривого бруса в форме четверти круга найти горизонтальное перемещение
точки А.
Нарисуем вспомогательную единичную систему и нагрузим ее горизонтальной
единичной силой в точке А.
В полярной системе координат
положение произвольного
сечения характеризуется
радиусом-вектором ρ (в нашей
задаче ρ = Const — радиус
круга) и углом φ от произвольно
выбранной начальной точки
дуги.

4.

Изгибающий момент от внешних сил
M F F sin
Изгибающий момент от единичной силы
M1 1 1 cos 1 cos
Горизонтальное перемещение точки А
Aгор
2
M M
F 1 d
EI z
1
2
0
F sin 1 cos
F 3
d
EI z
2 EI z
2
sin ( ) ( 1 cos ( ) )
d 0.5
1
0

5.

Задана плоская рама, состоящая из
двух прямолинейных и одного
криволинейного участка.
q
Система
раз статически
неопределима.
ρ
F
А
b
Определить значения силовых
факторов, действующих в
стержнях, определить поворот
сечения в точке А.
M0
a
На систему действуют
сосредоточенная сила F,
сосредоточенный момент M0, и
распределенная нагрузка
интенсивностью q.

6.

Основная система
Эквивалентная система
q
2
x2
F
x3
M0
3
x1
1
X1
X2
X3

7.

При расчете интегралов Мора будем учитывать только изгибающий момент
Выражаем значения моментов через
координаты x.
q
В первом стержне значение
изгибающего момента равнo
F
x1
x3
MP(x1)=0
x2
M0
Грузовая система

8.

Во втором стержне момент будет
складываться из момента от силы F
и момента от распределенной
нагрузки интенсивностью q
В сечении с координатой x2 момент от
силы F будет равен
x2
F
M PF x2 F 0 sin x2
Момент от распределенной нагрузки может быть получен суммированием
элементарных моментов, действующих на элементарный участок стержня
ds=ρdx
dM Pq 0 sin x2 x q ds q 02 sin( x2 x)dx
В сечении с координатой x2 момент от распределенной нагрузки
интенсивностью q будет равен интегралу
q
x2
M Pq ( x2 ) q 02 sin( x2 x)dx q 02 1 cos x2
0
Суммарный момент
M P x2 F 0 sin x2 q 02 1 cos x2
ds=ρdx
x2
x

9.

На участке третьего стержня момент будет складываться из моментов от силы F,
распределенной нагрузки q (от всей грузовой площадки) и сосредоточенного
момента M0
В сечении с координатой x3
момент будет равен
q
M P ( x3 ) F x3 2 0 q M 0
x2
F
x1
x3
M0

10.

От единичной силы, направленной по направлению силы X1, моменты в
стержнях будут равны
M1 ( x1 ) 1 x1 x1
M 1 ( x2 ) 1 b 0 sin x2
b 0 sin x2
x2
x1
x3
M1 ( x3 ) 1 b x3 b x3
X1=1

11.

От единичной силы, направленной по направлению силы X2, моменты в
стержнях будут равны
M1 ( x1 ) 1 0 0
M 1 ( x2 ) 1 0 0 cos x2
0 1 cos x2
x2
x1
x3
M1 ( x3 ) 1 2 0 2 0
X2=1

12.

От единичной силы, направленной по направлению силы X1, моменты в
стержнях будут равны
M1 ( x1 ) 1
M1 ( x2 ) 1
M 1 ( x3 ) 1
x1
x3
x2
X3=1

13.

Система канонических уравнений метода сил для три раза статически
неопределимой системы имеет вид
1P 11 X 1 12 X 2 13 X 3 0
2 P 21 X 1 22 X 2 23 X 3 0
X X X 0
31 1
32 2
33 3
3P
Для более компактного вида и удобства обработки систему можно представить в
матричном виде
X P
X X1 , X 2 , X 3
T
P 1P , 2 P, 3P T
11 12 13
21 22 23
31 32 33
Величины δij и δ iP расчитываются как интегралы Мора между соответствующими
моментами

14.

F 100
Н
q 4000
длины участков
a 0.1
м
b 0.2
м
0 0.1
м
k 1 m
k
7
J 10
b
L
a
1
M 0 2 Н м
м
м
4
E 2 10
момент инерции сечения
n 3
степень статической неопределимости
m 3
число участков
0
2
- радиус кривизны (для прямых участков =1)
изгибающие моменты от внешних сил
0
2
M P ( x) F 0 sin ( x) q 0 ( 1 cos ( x) )
q 2 2 M
F
x
0
0
коэффициенты податливости
изгибающие моменты от единичных сил
x
0
M 1( x) b 0 sin ( x) 0 ( 1 cos ( x) )
b x
2 0
i 1 n
Lk
M1( x) k i M 1( x) k j
k
d x 1
i j
E J
2
k 1
0
3
1
Lk
m
M P ( x) M 1( x)
k
k i
P
k
d x
i
E
J
k 1
0
1
1
1
j 1 n
m
Па
2
3
1.36·10-6
5.64·10-7
5.89·10-6
5.64·10-7
4.36·10-7
2.57·10-6
5.89·10-6
2.57·10-6
3.07·10-5
1
2·10-4
P 1
2
1.67·10-4
3
9.43·10-4

15.

Решаем систему уравнений методом обращения матрицы
Решение системы канонических уравнений метода сил
1
1
X
P
X 1
2
3
68.17
H
-256.71 H
-12.08 H м
Рассчитываем действительные значения внутренних силовых факторов
(изгибающего момента)
x 0 0.02 1
40
M экв x L1 1
n
Mэкв( x k) MP( x)
k
i 1
Xi M1( x) k i
M экв x L2 2
20
0
20
M экв x L3 3
40
60
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
x
Поменяйте исходные данные и посмотрите резу

16.

Проверка правильности решения
x2
F
x3
Сущность проверки
правильности решения в расчете
перемещений в местах
отброшенных связей в условиях M0
нагружения эквивалентной
нагрузкой при другом варианте
раскрепления.
q
x1
Важно!!! Система координат не
должна меняться.
В качестве другого варианта
раскрепления рассмотрим
отбрасывание второй консольной
заделки. Для расчета перемещений при
помощи интегралов Мора выведем
выражения для изгибающих моментов
X2
от единичных сил
X1
X3

17.

От единичной силы, направленной по направлению силы X1, моменты в стержнях
будут равны
M B x1 1 а b x1 а b x1
M B x2 1 а 0 sin x2 а 0 sin x2
M B x3 1 а x3 а x3
x1
x3
x2
X1=1

18.

От единичной силы, направленной по направлению силы X2, моменты в стержнях
будут равны
M B x1 1 2 0 2 0
M B x2 1 0 0 cos x2
0 0 cos x2
x1
x3
M B x3 1 0 0
x2
X2=1

19.

От единичной силы, направленной по направлению силы X3, моменты в стержнях
будут равны
M B x1 1
M B x2 1
M B x3 1
x1
x3
x2
X3=1

20.

Рассчитываем перемещения в эквивалентной системе
2 0
a b x
MB( x) 1 a 0 sin ( x) 0 0 cos ( x)
x a
0
j 1 n
1
1
1
должно быть
Lk
Mэкв( x k) MB( x) k j
k
d x
j
E J
k 1
0
m
Проверка пройдена
гориз
верт
0
0
0
0
0
0

21.

Определяем угол поворота сечения в точке А
Для расчета угла поворота приложим
в т А единичный момент и выразим
моменты в стержнях
M A x1 0
XА=1
M A x2 1
x1
x3
M A x3 1
x2

22.

Рассчитываем угол поворота сечения в т А по интегралу Мора
0
MA( x) 1
1
n
Mэкв( x k) M P ( x)
k
i 1
X i M1( x) k i
Lk
m
MA( x)
k
3
a
k Mэкв( x k)
d x 3.013 10 deg
E J
k 1
0
Задача решена