Трижды Стат неопр. Рама с кривым стержнем

[Sintanial]

Честно сказать я вас немного не понял. Вы предлагаете решить ТРИЖДЫ статически неопределимую раму методами статики ? Если бы было бы всё так просто я бы не мучался с этими интегралами =).
Другое дело то как предложил Zai. Он учёл что x1 и x2( как я понимаю он сделал вывод глядя на рисунок) равны нулю и из уравнения изогнутой оси нашел x3. Но мне этот метод не подходит, потому что, мне необходимо пользоваться интегралом мора ( такое задание).
Хотя я считаю что этом маразм, использовать метод сложнее если есть путь проще =)


З.ы. Рама цельная, просто рисунок не до конца загрузился =)

[Velikan39]

Поищите справочник под редакцией Писаренко (к сожалению не помню инициалов, один из соавторов, кажется Яковлева). Там имеется решение для кольца, под действием двух сил - там показано как следует "разрезать" контур, чтоб некоторые из неизвестных можно было определить из уравнений статики. И интеграл Мора все равно понадобиться.

[Андрей123]

Да, это я поспешил. Показалось просто .

-- Чт июн 24, 2010 02:24:00 --

Я, кстати, попробовал решить задачу, используя общий принцип Лагранжа. В итоге получил следующее значение момента в искомом сечении:

$$\frac{P \left(6 a^2+2 (2+\pi ) R a+(-4+3 \pi ) R^2\right)}{8 a+4 \pi R}$$

.

[Zai]

Андрей,
При R=0 задача превращается в двухконсольнозащемленную балку и момент в этом случае не может быть больше чем 1/2, по моей формуле 1/4.

[Андрей123]

Zai, прямая подстановка R=0 и переход к консольно закрепленной балке, наверное, некорректны. Т.к. силы взаимно уравновешивают друг друга и по балочной теории все напряжения нулувые получаются.

-- Пт июн 25, 2010 19:14:16 --

Хотя, в принципе, переход сделать можно. Получатся просто две балки. Я проверил свои выкладки. В одном месте ошибся знаком. окончательный ответ:

$$\frac{P \left(2 a^2+2 \pi a R+(4+\pi ) R^2\right)}{8 a+4 \pi R}$$

[Андрей123]

Спешу. После еще одной проверки получил вот такой ответ:

$$\frac{P \left(a^2+\pi a R+2 R^2\right)}{4 a+2 \pi R}$$

[Zai]

При a=0 мой ответ отличается от Вашего. Кроме того у Вас появился перекрестный член aR что несколько нефизично.

[Андрей123]

Zai, а Вы в своем ответе уверены? А где можно посмотреть решение для кольца, нагруженного двумя силами(предельный случай при $a=0$)? Я решаю так. Делаю вертикальный разрез. Затем предполагаем, что горизонтальная реакция в сечении(нижнем) $N_0$(хотя она и из уравнений статики легко находится), а момент - $M_0$. Далее находим упругую энергию:

$$\int_l (\frac{M_x^2}{2EI_x}+\frac{N_z^2}{2EF})dl.$$

В итоге она выражается через $P,N_0,M_0$. По принципу Лагранжа она должна быть минимальной, поэтому $U'_{N_0}=0,U'_{M_0}=0.$ Откуда получаем $N_0=-\frac{P}{2},M_0=\frac{P a^2+2 P R a-2 P R^2+P \pi R^2}{2 (2 a+\pi R)}$, а момент в искомом сечении есть $M_0-\frac{PR}{2}$. И получается приведенный ранее ответ.

[Zai]

Минимизируют энергию с учетом работы внешних сил. В нашей задаче перерезывающая сила не должна включаться в энергию.

[Андрей123]

Zai, при a=0 мое решение соответствует решению для кольца, нагруженного двумя силами (см. http://www.y10k.ru/books/detail6933.html, тут ссылка для скачивания, автор Тимошенко стр.320(названия книги почему-то нет)). С учетом внешних сил функционал примет вид:

$$\int_l(M_x^2/(E I_x)+N_z^2/E/F)dl-Pu^*$$

. Здесь $N_z$ продольная сила, возникающая в круговых частях рамы. Смещение $u^*$ зависит только от $P$, поэтому в сущности для определения реакции и момента в моем предыдущем посте ничего не поменяется.

[Sintanial]

Спасибо всем, я уже сделал =)). Мне посоветовали проинтегрировать по всей раме а не только по четвертинке. Всё получилось

Вот собственно решение и ответ при a=R

$\delta_{11}=\int\limits_{0}^{\pi }1\cdot R^3(1-\cos\varphi)^2 d\varphi+\int\limits_{0}^{R }1\cdot 4R^2 dz =\dfrac {3}{2}\pi R^3+4R^3$
$\delta_{13}=\delta_{31}=\int\limits_{0}^{\pi }1\cdot R^2(1-\cos\varphi) d\varphi +2R\int\limits_{0}^{R}1dz=\pi R^2+2R^2$
$\delta_{1p}=\int\limits_{0}^{\pi }\dfrac {P}{2}\cdot R^3(1-\cos\varphi)(1+\sin\varphi) d\varphi =PR^3+\dfrac P 2 R^3\pi$
$\delta_{33}=\int\limits_{0}^{\pi }1\cdot Rd\varphi+2\int\limits_{0}^{R}dz=\pi R+2R$
$\delta_{3p}=\int\limits_{0}^{\pi } \dfrac {P}{2}R^2(\sin\varphi+1)d\varphi+\int\limits_{0}^{R} Pz dz=PR^2+\dfrac 1 2 PR^2 \pi$

Составляя систему получаем
$\left\{ \begin{array}{l} (\dfrac {3}{2}\pi R^3+4R^3) x_1+(\pi R^2+2R^2) x_3+PR^3+\dfrac P 2 R^3\pi=0,\\ (\pi R^2+2R^2) x_1+(\pi R+2R) x_3+PR^2+\dfrac 1 2 PR^2 \pi=0, \end{array} \right.$
Как не трудно заметить уравнения очен похожи. Если второе уравнение умножить на R и вычесть из первого то получим как раз токи то с чем я так долго мучался =) $x_1=0$. Ну а потом находим $x_2$ вот и все =)

[Андрей123]

Sintanial, было бы интересно посмотреть решение в общем случае, т.к. пока ответы не сходятся.

P.S. В моем посте за воскресенье небольшая описка. Момент в искомом сесчении есть: $M_0-\frac{P(a+R)}{2}$. Но итоговый ответ не меняется.

-- Вт июн 29, 2010 00:25:58 --

Sintanial, у Вас, по-моему, в $\delta_{3p}$ ошибка(не учтен второй интеграл).
$\delta_{3p}=\int\limits_{0}^{\pi } \dfrac {P}{2}R^2(\sin\varphi+1)d\varphi+\int\limits_{0}^{R} Pz dz=PR^2+\dfrac 1 2 \pi PR^2+\frac{PR^2}{2}=\frac{3PR^2}{2}+\dfrac \pi 2 PR^2$

[Sintanial]

И так посчитал как вы и просили момент для общего случая. Получилось вот так


$M=-\dfrac {PR^2+\frac 1 2 PRa\pi+\frac 1 2 Pa^2}{\pi R+2a}$

И это 100% правильно. Так как для того что бы решить свою задачу я вначале рассмотрел окружность(более простую задачку =)), и нашел момент в окружности, ответ сошелся с ответом который был приведен в учебнике. А теперь если в данном ответе положить а=0 получаем $M=-\dfrac {PR}{\pi}$ это как раз то что я получал рассматривая окружность =)

-- Вт июн 29, 2010 00:38:07 --

Андрей да вы правы. И $\delta_{1p}$ посчитан не правильно так как забыл еще добавить один интеграл =))) ... .щас исправлю

-- Вт июн 29, 2010 01:02:22 --

Короче вот полное решение в общем виде. Не пожалею времени и напишу его =)))
$M_p=\left\{ \begin{array}{l} \dfrac P 2 (R\sin\varphi+a),\varphi \in [o,\pi],\\ Pz,z \in [o,a], \end{array} \right.$
$M_{x_1}=\left\{ \begin{array}{l} R(1-\cos\varphi),\varphi \in [o,\pi],\\ 2R, z \in [o,a], \end{array} \right.$
$M_{x_3}=\left\{ \begin{array}{l} 1,\varphi \in [o,\pi],\\ 1, z \in [o,a], \end{array} \right.$
Ищем коэффициенты влияния
$\delta_{11}=\int\limits_{0}^{\pi }1\cdot R^3(1-\cos\varphi)^2 d\varphi+\int\limits_{0}^{a }1\cdot 4R^2 dz =\dfrac {3}{2}\pi R^3+4R^2a$
$\delta_{13}=\delta_{31}=\int\limits_{0}^{\pi }1\cdot R^2(1-\cos\varphi) d\varphi +2R\int\limits_{0}^{a}1dz=\pi R^2+2Ra$
$\delta_{1p}=\int\limits_{0}^{\pi }\dfrac {P}{2}\cdot R^2(1-\cos\varphi)(a+R\sin\varphi) d\varphi +\int\limits_{0}^{a} PRz dz=PR^3+\dfrac P 2 R^2 a \pi+\dfrac P 2 R a^2$
$\delta_{33}=\int\limits_{0}^{\pi }1\cdot Rd\varphi+2\int\limits_{0}^{a}dz=\pi R+2a$
$\delta_{3p}=\int\limits_{0}^{\pi } \dfrac {P}{2}R(R\sin\varphi+a)d\varphi+\int\limits_{0}^{a} Pz dz=PR^2+\dfrac P 2 R a \pi+\dfrac P 2 a^2$

Выпишим систему
$\left\{ \begin{array}{l} (\dfrac {3}{2}\pi R^3+4R^2a) x_1+(\pi R^2+2Ra) x_3+PR^3+\dfrac P 2 R^2 a \pi+\dfrac P 2 R a^2=0,\\ (\pi R^2+2Ra) x_1+(\pi R+2a) x_3+PR^2+\dfrac P 2 R a \pi+\dfrac P 2 a^2=0, \end{array} \right.$
Как и раньше умножим второе на R вычтим из первого и получим x1=0 и тогда
$x_3=-\dfrac {PR^2+\frac 1 2 PRa\pi+\frac 1 2 Pa^2}{\pi R+2a}$

-- Вт июн 29, 2010 01:18:04 --

оО кстати ответ почти сошелся с вашим только знак другой. Ну это наверно потому что я работал на сжатых стержнях =)




З.ы. Андрей я как то немного не понял Ваш принцип Лагранжа ооочень похож на Теорему Кастильяно !?

[Андрей123]

Да, ответ совпал. Я выписывал ответ без учета знака. Принцип Лагранжа - общий вариационный принцип теории упругости, который подходит для всех типов задач. Есть также и принцип Кастилиано. Принципы сопромата выводятся из этих принципов при дополнительных предположениях(гипотеза плоских сечений и т.д.).

[Sintanial]

Подскажите пожалуйста где можно почитать про принцип Лагранжа =)!