close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

3104.Задачи оптимизации в курсе сопротивления материалов.

код для вставкиСкачать
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Федеральное агентство по образованию
Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Казанский государственный технологический университет»
ЗАДАЧИ ОПТИМИЗАЦИИ В КУРСЕ
СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ
Методические указания
Казань 2009
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
УДК 539.3.8
Составители:
доц. К.А.Абдулхаков
доц. В.М.Котляр
Задачи оптимизации в курсе сопротивления материалов.
Метод. указания / Казан. гос. технол. ун-т; Сост.: К.А.Абдулхаков,
В.М.Котляр. Казань, 2009. 66 с.
Содержит набор задач оптимизации по курсу сопротивление
материалов. Рекомендуются к использованию при выполнении
студентами самостоятельной работы и при проведении занятий.
Предназначены для студентов всех специальностей.
Подготовлены на кафедре теоретической механики и
сопротивления материалов КГТУ.
Печатаются по решению методической комиссии по
общепрофессиональных дисциплин
Рецензенты:
проф.Анаников С.В.,
проф. Хайруллин Ф.С.
2
циклу
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ВВЕДЕНИЕ
Поиск оптимальных решений всегда является одной из
актуальных задач в науке и технике. Слово «оптимальный»
происходит от латинского optimys, что значит – наилучший,
совершенный. Любое действие человека в определенном смысле
оптимально, если оно выбрано в результате сравнения с другими
вариантами и преследует разумные цели. Показателем качества
принятого решения является критерий оптимальности, который
выбирается исходя из физической сущности поставленной задачи.
Наиболее
распространенными
критериями
оптимальности
конструкций является минимум веса (минимум массы или объема),
минимум стоимости, минимум веса подкрепляющего или
армирующего материала, минимум суммы стоимости конструкций и
затрат на машинное время и другие.
Для нахождения оптимального решения приходится решать
задачи на отыскания максимума или минимума (экстремума), поэтому
такие задачи называются экстремальными.
С самых общих позиций все экстремальные задачи можно
разбить на два класса: задачи, связанные с отысканием экстремумов
функций (т.е. нахождение максимальных или минимальных значений
функций) и задачи, связанные с отысканием экстремумов
функционалов (функционал – функция, зависящая от другой
функции). Во втором случае отыскивается такая функция, при
которой функционал имеет экстремальное значение в заданном
интервале. При решении задачи оптимального проектирования к
критерию оптимальности (каковыми является условие максимума или
минимума) могут присоединяться также различного рода ограничения
в виде равенств или неравенств (ограничения по прочности,
граничные условия, условия совместности деформаций и т.п.).
Наиболее простыми являются задачи первого класса. В случае
задач без ограничений (так называемые элементарные задачи)
отыскание экстремума производится на основании известной из курса
дифференциального исчисления теоремы Ферма. Согласно теореме,
если точка P0 , доставляет локальный экстремум дифференцируемой
функции
f , то выполнено соотношение
3
f ′( P 0 ) = 0 (в случае
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
функции нескольких переменных – f x′i ( P 0 ) = 0 (i =1, …, n)). Решение
таких задач производится в следующей последовательности:
а) производится формализация;
б) выписываются необходимые условия экстремума;
в) находятся критические точки;
г) среди критических точек отыскивается решение или
доказывается, что решения нет.
Если функция непрерывна и монотонно возрастает или убывает
в заданном интервале, то наибольшее и наименьшее значения ее будут
находиться на границах этого интервала.
При исследовании задач с ограничениями используется принцип
Лагранжа, сущность которого состоит в сведении задач с
ограничениями к ряду задач более простой структуры (в большинстве
случаев – к задачам без ограничений). Согласно этому принципу
составляется новая функция, называемая функцией Лагранжа и
представляющая собой сумму функции, экстремум которой ищется , и
функций,
задающих
уравнения
связей,
умноженных
на
неопределенные множители λ i , которые называются множителями
Лагранжа.
Пусть, например, решается задача
f 0 ( X ) → extr , где X = ( x1 , x2 ,..., xn ) ,
в которой ограничения задаются системой равенств
f1 ( X ) = 0,..., f m ( X ) = 0 .
Составим функцию Лагранжа:
m
L = L( X , λ ) = ∑ λ i f i ( X ) ,
i =0
λ = (λ o ,.., λ m ) .
(1)
Будем искать стационарные точки в задаче, т.е. точки,
удовлетворяющие необходимым условиям экстремума:
L( X , λ ) → extr (по х).
Эта задача уже без ограничений и относится к элементарным.
Согласно теореме Ферма должны удовлетворяться уравнения
L( X , λ ) = 0 ⇔ Lxi ( x1 ,..., xn , λ 0 ,..., λ m ) = 0, i = 1,2,..., n.
4
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Полученные n уравнений, дополненные m уравнениями связи,
используются для определения всех неизвестных. Решения этих
уравнений образуют совокупность стационарных точек. Таким
образом, для решения задач с ограничениями, необходимо:
1) составить функцию Лагранжа;
2) выписать необходимые условия экстремума;
3) найти стационарные точки;
4) отыскать решения среди всех стационарных точек или
доказать, что решений нет.
Задача поиска функций, на которых заданные функционалы
достигают минимальных значений (минимизация функционалов),
относятся к задачам вариационного исчисления и формулируются
следующим образом:
z = z( X ,U ) → extr ,
если конструкция характеризуется n параметрами проектирования
X = [ x1 , x2 ,..., xn ] и k неизвестными функциями U = [u1 , u2 ,..., uk ] .
Универсальный метод исследования таких задач был предложен
Лагранжем и называется методом вариаций. Эйлером был предложен
другой метод, основанный на аппроксимации функционалов
функциями.
Простейшая задача вариационного исчисления состоит в
отыскании функций y ( x ) , которые минимизируют функционал вида
x1
J ( y ) = ∫ F ( x, y, y′)dx
x0
при заданных граничных условиях
y( x0 ) = y0 ,
y( x1 ) = y1 ,
(2)
где – F функция, непрерывная вместе с производными до второго
порядка в некоторой области В плоскости ( x, y )0 , а искомая функция
y ( x ) имеет непрерывную производную в промежутке [ x0 , x1 ] . Тогда
функция y ( x ) , дающая экстремум интегралу J ( y ) , должна
удовлетворять уравнению Эйлера-Лагранжа
5
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
∂F d ∂F
−
=0
∂y dx ∂y′
(3)
или в другой форме
∂F ∂ 2 F
∂2F
∂2F
′
−
−
y − 2 y′′ = 0 .
∂y ∂x∂y′ ∂y∂y′
∂y′
В общем случае уравнение (3) представляет собой нелинейное
дифференциальное уравнение второго порядка и его общий интеграл
содержит две произвольные постоянные, для нахождения которых
используются граничные условия (2). Каждая допустимая кривая,
удовлетворяющая уравнению (3), называется экстремалью. При
решении оптимальных задач с дополнительными условиями в виде
уравнений необходимое условие экстремума имеет тот же вид (3),
только вместо функции F необходимо подставить функцию
Лагранжа L (1). Пусть требуется отыскать экстремум интеграла J ( y )
при заданных граничных условиях (2) и дополнительных условиях:
а) G ( x, y ) = 0 ;
x1
б)
∫ G ( x , y , y′ ) = 0
(изопериметрическая задача);
x0
в) G ( x, y, y′) = 0 .
Составим функцию Лагранжа:
а) L( x, y, y′) = F ( x, y, y′) + λ( x ) ⋅ G( x, y ) ;
б) L( x, y, y′) = F ( x, y, y′) + λ ⋅ G( x, y, y′) ;
в) L( x, y, y′) = F ( x, y, y′) + λ( x ) ⋅ G( x, y, y′) .
Уравнение Эйлера-Лагранжа принимает вид
∂L d ∂L
−
=0.
∂y dx ∂y′
При этом экстремаль y ( x ) и множители Лагранжа – постоянная λ
или функции λ( x ) – должны быть определены так, чтобы
выполнялись дополнительные условия и уравнение Эйлера-Лагранжа.
При решении более сложных задач вариационного исчисления
(задачи с высшими производными, задачи для нескольких функций,
6
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
задачи в параметрическом представлении, задачи для функций многих
переменных и др.) в качестве необходимых условий экстремума могут
использоваться уравнения Эйлера-Лагранжа или другие аналогичные
условия. Методы решения таких задач приведены в литературе [8, 13]
и др.
Изучение приемов решения экстремальных задач и
самостоятельное их решение преследует цель формирования у
студентов знаний, позволяющих ставить и решать различного рода
оптимальные задачи, которые возникают при расчете элементов
конструкций, работающих на растяжение - сжатие и изгиб, а также
навыков принятия оптимальных инженерных решений.
1. ОСЕВОЕ РАСТЯЖЕНИЕ-СЖАТИЕ.
1.1. Задачи с решениями
Задача 1. На какой высоте следует поместить шарнир О, чтобы
вес стержневой системы АОВ (рис. 1) бал минимальным?
Решение.
1) Из уравнений статического равновесия узла О (рис. 2) определяем
продольные усилия в стержнях
N AO = N BO = N =
F
F a 2 + h2
=
.
2 cos α
2h
а
a
A
у
B
α α
N A0
h
α α
NB0
х
O
O
F
F
Рис. 1
Рис. 2
7
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Площади поперечных сечений стержней
AAO = ABO
N F a2 + h2
= A=
=
.
[σ]
2[σ]h
Длины стержней
l AO = lBO = l = a 2 + h 2 =
F a2 + h2
.
2h
Вес стержневой системы
F a 2 + h2
Fγ a 2 + h 2
a2 + h2 =
⋅
.
2[σ]h
[σ]
h
2) Производная от G по h
Fγ 2h ⋅ h − (a 2 + h 2 ) Fγ h2 − a 2
Gh′ =
⋅
=
⋅
.
[ σ]
h2
[ σ]
h2
Fγ
3) Приравнивая производную Gh′ нулю и приняв, что
≠0 и
[σ]
h ≠ 0 , имеем
h 2 − a 2 = 0 , h = a , α = 45° .
4) Найдем вторую производную от G по h:
Fγ 2h ⋅ h 2 − (h 2 − a 2 )2h Fγ 2a 2
′′ =
Ghh
⋅
=
⋅
.
[ σ]
h4
[ σ] h 3
′′ > 0 при любых a ( a = 0 не имеет смысла), то
Так как Ghh
G = 2 γRl = 2 γ
найденное решение соответствует минимуму веса стержневой
системы.
Задача 2. Ферма АВС состоит из горизонтального стержня ВС
длиной l и наклонного стержня АВ. Угол θ может принимать любое
значение за счет изменения длины наклонного стержня и
перемещения опоры A по вертикали. Определить угол θ , при котором
вертикальное перемещение узла В под действием силы F будет
минимальным (рис. 3).
8
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение.
1) Из уравнений статического равновесия узла В (рис. 4)
− N1 cos θ + N 2 = 0 ,
N1 sin θ − F = 0 ,
Найдем усилия в стержнях
N1 =
F
,
sin θ
N2 = F
A
cos θ
.
sin θ
A
A1 , E1
θ
С
1
N1
B
С
A2 , E2
l
у
F
Рис. 3
2
θ
N2
B х
F
Рис. 4
Минимальное перемещение ∆
y
Bmin
соответствует наименьшей работе
силы F на этом перемещении Wmin =
1 y
F∆ Bmin . При статическом
2
приложении нагрузки работа внешних сил полностью переходит в
потенциальную энергию системы U = W . Таким образом, исходная
задача сводится к отысканию угла θ (при заданных значениях
E1, A1 , E2 , A2 , l ), обеспечивающего минимум потенциальной энергии
деформации системы.
Потенциальная энергия деформации системы
N12l1
N 22l
+
.
2 E1 A1 2 E2 A2
l
EA
Учитывая, что l2 = l , l1 =
и введя обозначения 1 1 = α ,
cos θ
E2 A2
U (θ ) =
получим
9
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
F 2l  1 + α cos3 θ 

.
2 E1 A1  sin 2 θ ⋅ cos θ 
2) Производная от U (θ) по θ :
U (θ ) =
F 2l − 3α cos3 sin 3 θ − (1 − α cos3 θ)(2 sin θ cos 2 θ − sin 3 θ)
=
2 E1 A1
sin 4 θ ⋅ cos 2 θ
=
F 2l sin 2 θ − 2 cos 2 θ − 2α cos3 θ
.
2 EA
sin 3 θ ⋅ cos 2 θ
3) Приравняем производную U θ′ нулю. Полагаем, что
F 2l
≠0 и
2 E1 A1
учитывая, что sin 3 θ cos 2 θ ≠ ∞ , получим
sin 2 θ − 2 cos 2 θ − 2α cos3 θ = 0 ,
или
2α cos3 θ + 3 cos 2 θ = 1 .
Решая это кубическое уравнение при известных значениях α ,
найдем значение угла θ , при которых перемещения узла В будут
экстремальными. Например, при α = 1 ( E1 A1 = E2 A2 ) из уравнения
1
2α cos3 θ + 3 cos 2 θ = 1 получим cos θ = , θ = 60° .
2
4) Найдем вторую производную
деформации по углу θ :
′′ =
U θθ
от
потенциальной
энергии
F 2l
1
[(2 sin θ cos θ + 4 sin θ cos θ +
6
2 E1 A1 sin θ cos 4 θ
+ 6α cos 2 θ sin θ) sin 3 θ cos 2 θ −
(sin 2 θ − 2 cos 2 θ − 2α cos3 θ)(3 sin 2 θ cos3 θ + 2 sin 3 θ cos θ sin θ] =
F 2l 7 sin 2 θ cos 2 θ + 6 cos 4 θ + 10α sin 2 θ cos3 θ + 6α cos5 θ ⋅ 2 sin 4 θ
.
2 E1 A1
sin 4 θ cos3 θ
′′ > 0 , следовательно, найденное
При α = 1 и θ = 60° получим U θθ
решение соответствует минимальному перемещению узла В.
=
10
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 3. Спроектировать вертикально расположенный брус
равного сопротивления (рис. 5), закрепленный по верхнему краю и
подверженный воздействию собственного веса и растягивающей силы
Р, приложенной к нижнему торцевому сечению.
Решение. Условие прочности при растяжении
σ=
N
≤ [σ] .
A
B
Спроектируем брус, напряжения в котором
одинаковы
и
равны
допускаемому
напряжению [σ] . Площадь нижнего
торцевого сечения будет равна Ao =
l
F
.
[σ]
A
F
Выделим элемент бруса длиной dz (рис.
6а,б) и рассмотрим его равновесие в
проекции на ось z:
Рис. 5
N ( z ) + dN − ∆G − N ( z ) = 0 .
z
z
F ( z ) + dF
dz
z
F
F (z )
N ( z ) + dN
dz
∆G
N (z )
б)
a)
Рис. 6
Откуда dN = ∆G , где ∆G = γAdz – вес выделенного элемента, γ –
удельный вес материала.
Согласно условию прочности dN = [σ]dA . Тогда [σ]dA = γAdz
или
dA
γ
=
dz . Интегрируя это дифференциальное уравнение,
A [σ]
получим
11
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
γz
γz
,
A = ce[σ ] .
[σ]
Постоянная интегрирования с определяется из начального условия:
F
при z = 0 F (0) = A0 =
:
[ σ]
F
A0 = c =
.
[σ]
ln A =
Окончательно имеем
γz
F [ σ]
A=
e .
[σ]
Можно показать, что для рассмотренной задачи условие
равнопрочности равнозначно критерию минимума веса.
Задача 4. Спроектировать ферму равного сопротивления
минимального веса под действием вертикальной силы Р,
действующей на расстоянии l от плоскости крепления при заданных
материалах стержней. Углы α и β могут принимать произвольные
значения за счет изменения длин стержней АВ и ВС и перемещения
опор А и С по вертикали (рис. 7).
A
A1 , E1 , γ
α
у
B
β
C
N1 α
F
A2 , E2 , γ
N2
l
B
β F
Рис. 8
Рис. 7
12
х
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение.
1) Из уравнений статического равновесия узла В
(рис. 8)
− N1 sin α + N 2 sin β = 0 ,
2
-α
N1 cos α + N 2 cos β − F = 0
определим усилия в стержнях и приравниваем их
значениям допускаемых нагрузок:
F sin β
= A1[σ]1 ;
sin(α + β)
F sin α
N2 =
= A2[σ]2 .
sin(α + β)
1
N1 =
-β
F
Рис. 9
Откуда
F
sin β
F
sin α
;
A2 =
.
[σ]1 sin(α + β)
[σ]2 sin(α + β)
Вес фермы G = γ1 A1l1 + γ 2 A2l2 .
l
l
Учитывая, что l1 =
, l2 =
и используя (1), получим
sin α
sin β
k sin 2 α + k2 sin 2 α
G = Fl 1
,
sin α sin β sin(α + β)
A1 =
где
k1 =
γ1
,
[σ]1
k2 =
γ2
.
[σ]2
(1)
2) Так как вес является функцией двух параметров – углов α и β ,
найдем частные производные от G по α и β :
G α′ = Fl
k 2 sin 2 α − k1 sin β sin( 2 α + β )
.
sin 2 α sin 2 ( α + β )
Аналогично
Gβ′ = Fl
k1 sin 2 β − k2 sin α sin(α + 2β)
.
sin 2 β sin 2 (α + β)
13
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3) Полагая, что α ≠ 0, β ≠ 0 и приравнивая производные нулю.
получим
k22 sin 2 α − k1 sin β sin(2α + β) = 0,

2
k2 sin α sin(α + 2β) − k1 sin β = 0.
(2)
Условием нетривиальности решения системы уравнений (2) является
равенство нулю определителя
sin 2 α
− sin β sin(2α + β)
= 0.
sin α sin(α + 2β)
− sin 2 β
Откуда
sin 2 α sin 2 β − sin α sin β sin(2α + β) sin(α + β) = 0.
Учитывая, что α ≠ 0 и β ≠ 0 , после некоторых преобразований
придем к уравнению
cos3 (α + β) − cos(α + β) = 0 ,
которое имеет следующие решения:
π
→ α +β = ± ,
2
б) cos(α + β) = ±1 → α + β = (n − 1)π, n = 1,2.
а) cos3 (α + β) = 0
Решение б) не имеет физического смысла, так как в этих случаях оси
стержней располагаются на одной прямой. Решение α + β = −
соответствует
решению
α+β=
π
,
2
но
с
переменой
π
2
мест
расположения стержней (рис. 9). Поэтому остается исследовать лишь
решение α + β = −
π
π
, β = − − α . Подставим это решение в первое
2
2
из уравнений системы (2):
π
π
k2 sin 2 α − k1 sin  − α  sin  2α + − α  = 0 ;
2
2
 

2
2
k2 sin α − k1 cos α = 0 .
Откуда
14
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
k1
;
k1 + k2
sin α =
Например, при k1 = k2 =
sin α =
π
−α .
2
γ
, получим
[ σ]
1
;
2
α = 45° ,
4) Вторые производные от G по α и β :
′′ =
Gαα
β=
β=
π π
− = 45° .
2 4
Fl
{[2k2 sin α −
sin α sin 4 (α + β)
4
− 2k1 sin β cos(2α + β)]sin 2 α sin 2 (α + β) −
− [k2 sin 2 α − k1 sin β sin( 2α + β)]2 sin α cos α sin 2 (α + β) +
+ 2 sin 2 α − sin(α + β) cos(α + β)]} =
2 Fl
=
[−2k2 sin 3 α cos(α + β) −
3
sin α sin 3 (α + β)
− k1 sin α sin β sin(α + β) cos(2α + β) + k1 sin β sin 2 (2α + β)].
Аналогично
′′ =
Gββ
2 Fl
[−2k1 sin 3 β cos(α + β) −
3
sin α sin (α + β)
3
− k2 sin α sin β sin(α + β) cos(α + 2β) + k2 sin α sin 2 (α + 2β)].
′′ > 0 , Gββ
′′ > 0 , что
При k1 = k2 и α = β = 45° вторые производные Gαα
свидетельствует о том, что найденное решение соответствует
минимуму веса стержневой системы.
Задача 5. Абсолютно жесткий невесомый брус АС подвешен на
двух тягах и нагружен сосредоточенной силой F (рис. 10). Определить
положение груза, при котором его перемещения минимальные.
15
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение.
1) Из уравнений
статического равновесия бруса
(∑MB = 0,
∑ M C = 0 ) определяем продольные усилия в стержнях (рис. 11):
N1 = F
AB
L−x
;
L
N2 = F
N1
2
С
1
A
D
F
х
x
.
L
A1
L
N2
С
B
D
∆D ∆l2
∆l1
F С1
B1 х
L
Рис. 11
Рис. 10
Абсолютные удлинения стержней будут равны:
∆l1 =
N1l1
;
E1 A1
∆l2 =
N 2 l2
.
E2 A2
Вертикальное перемещение сечения D (как функция расстояния
x , δ D = δ D (x) ) запишется в виде
x
Fl L − x  Fl2 x Fl1 L − x  x
= 1 ⋅
+
⋅ −
⋅
 ,
L E1 A1 L
 E2 A2 L E1 A1 L  L
Fl
δ D ( x ) = 1 [(α + 1) x 2 + 2 x + 1],
E1 A1
x
l
EA
x=
–
безразмерная
координата,
α= 2 ⋅ 1 1;
l
E2 A2 l1
δ D ( x) = ∆l1 + (∆l2 − ∆l1 )
где
определяющая положение груза.
Математическая формулировка исходной задачи – найти
минимум функции δ D (x ) на интервале 0 ≤ x ≤ L .
2) Производная δ D по x
16
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Fl1
2 Fl
[2(α + 1) x − 2] = 1 [(α + 1) x − 1] .
E1 A1
E1 A1
3) Приравнивая производную δ′D нулю, определим положение груза,
δ′D ( x ) =
при котором его перемещение экстремально:
2 Fl1
[(α + 1) x − 1] = 0 ,
E1 A1
откуда
L
.
1+ α
4) Найдем вторую производную от δ D по x :
Fl
δ′D′ = 1 [2(α + 1)] .
E1 A1
Так как δ′D′ > 0 во всем материале изменения координаты x , то
L
найденное
значение
координат
x=
соответствует
1+ α
x=
1
,
α +1
x=
минимальному перемещению груза.
При одинаковых характеристиках
стержней
A1 = A2 = A , E1 = E2 = E ) получим: α = 1 , x =
( l1 = l2 = l ,
1
Fl
L , δD =
.
2 EA
2
Задача 6. Гибкая нить с точками подвеса, расположенными на
одном уровне, находится под действием собственного веса.
Определить длину нити, при которой максимальное напряжение в ней
будет наименьшим, если расстояние между точками подвеса l ,
площадь сечения нити А и объемный вес γ заданы (рис. 12).
Решение.
1) Подвешенная в двух точках гибкая тяжелая нерастяжимая нить
принимает форму цепной линии, уравнение которой в декартовых
координатах (рис. 13) записывается в виде [σ] y = a ch
параметр a = OC > 0 . Длина дуги АВ:
17
x
, где
a
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
L = 2a sh
l
.
2a
y
A
A
B
B
С
γ1 A
l /2
l
o
х
O
l
o
Рис. 13
Рис. 12
Наибольшие усилия возникают в точках подвеса нити и могут быть
определены из уравнений статического равновесия [8]:
VB
y
B NB
qo
NC
С
x
1
1
l
VB = GH = q0 L = q0 a sh
,
2
2
2a
где qo – интенсивность веса нити
вдоль ее оси (рис. 14); GH – вес
нити.
Продольная сила в нити
N max = N B = VB2 + H B2 = q0aa′
Рис. 14
l
.
2a
Максимальное напряжение в нити
N max q0
l
= a ch
.
A
A
2a
2) Найдем производную от σmax по параметру a :
q
l
l
l
q
l
l
l
σ′max = 0 ch
+ a sh  − 2  = 0  ch
−
sh  .
A  2a
2 a  2a   A  2 a 2a 2a 
3) Приравниваем нулю производную σ′max и полагая при этом, что
σmax =
q0
≠ 0 , получим
A
18
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ch
l
l
l
sh
−
=0
2a 2 a 2a
или
th
l
2a
=
.
2a
l
l
1
= x , придем к трансцендентному уравнению thx = ,
2a
x
которое решено с точностью до третьего знака после запятой x = 1,2
(более точное решение получено на ЭВМ: x = 1,199678972 , или
l
l
l
a=
≈
;
L=
sh1,2 ≈ 1,258l .
2 x 2,4
1,2
4) Вторая производная от σmax по параметру a
q
l
l
′ = 0 ⋅ 3 − ch
σ′max
>0,
A 2a
2a
Обозначив
т.е. найденное решение соответствует наименьшему значению
максимального напряжения в нити.
Задача 7. Показанные на рис. 15 стержневая система
изготавливается с начальным монтажным зазором δ , а после сборки
нагружается вертикальной силой F. Площадь поперечных сечений и
материал всех стержней одинаковы; длина центрального стержня h ;
крайние стержни расположены симметрично и наклонены под углом
α по отношению к среднему.
D
C
2
α
α
B
1
δ
A
F
3
B
h
δ
Рис. 15
1
D
C 2
3
α α
A1 A′
A3
A1′
A3′
δ
A
Рис. 16
Подобрать такие монтажные зазоры δ , чтобы конструкция была
равнопрочной.
19
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение. Система статически неопределима. Степень
статической неопределимости равен n = m − k = 3 − 2 = 1 .
Воспользуемся принципом независимости действия сил и
определим отдельно усилия, возникающие в стержнях от наличия
монтажных зазоров и приложения внешней силы. Рассмотрим три
стороны задачи.
1. Усилия, возникающие в стержнях от наличия монтажных
зазоров δ . На рис. 16 представлена система после сборки. Здесь
AA′ = ∆l2 – укорочение стержня 2 после сборки; A1 A1′ = ∆l1 –
удлинение стержня 1.
Статическая
стороны
задачи.
у
Вырежем мысленно узел А (рис. 17) и
N2
рассмотрим его равновесие:
N
N1
3
α α
N1 cos α + N 3 cos α + N 2 = 0 ,
A′
− N1 sin α + N 2 sin α = 0 .
х
Откуда
N 3 = N1 и 2 N1 cos α + N 2 = 0 .
(3)
Геометрическая сторона задачи. На
рис. 18 представлен узел А в увеличенном масштабе. Из
представленной схемы деформирования при сборке следует
очевидное геометрическое соотношение:
δ = ∆l1 = ∆l2 cos α .
(4)
Рис. 17
1′
1
A1
2
δ
3
A3
A′
∆l1
3′
A1′ α α A3′
A
∆l2 cos α
Рис. 18
20
∆l2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Физическая сторона задачи:
∆l1 =
N1l1
;
E1 A1
∆l2 =
N 2 l2
.
E2 A2
(5)
Учитывая, что E1 A1 = E2 A2 = E3 A3 = EA , l2 = h , l1 = l3 =
h
и
cos α
решая совместно систему уравнений (3), (4), (5), получим:
N1 = N1 (δ) =
δEA cos α
,
h(1 + 2 cos3 α )
N 2 = N 2 (δ) =
2δEA cos 2 α
.
h(1 + 2 cos3 α)
2. Усилия, возникающие в стержнях статически неопределимой
системы от приложения силы F (рис. 19).
Решение этой задачи приводится в
D
C
учебниках (например, [2]), поэтому B
2
1
3
приведем лишь конечный результат (при
α α
E1 A1 = E2 A2 = E3 A3 = EA )
F cos 2 α
,
1 + 2 cos3 α
F
N2 (F ) =
.
1 + 2 cos3 α
Складывая усилия N (δ) и N ( F ) ,
N1 ( F ) =
A
F
Рис. 19
получим суммарные усилия, возникающие в стержнях при наличии
монтажного зазора и действия силы F :
Fh cos 2 α + δEA cos α
N1 =
,
h(1 + 2 cos3 α)
Fh − 2δEA cos 2 α
N2 =
.
h(1 + 2 cos3 α)
(6)
Так как система должна удовлетворять условию равнопрочности, а по
условию задачи A1 = A2 = A3 = A , то должно удовлетворяться
равенство N1 = N 2 = N . Откуда
δ=
Fh sin 2 α
,
EA cos α(1 + 2 cos α)
F
N=
.
1 + 2 cos α
21
(7)
(8)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Как видим, решение возможно при любых углах α , кроме
α = 90° ( cos α ≠ 0 ). Площадь сечения стержней может быть
определена из условия прочности после подстановки выражения (7) в
любое из выражений (6). Например, при σmax = [σ] имеем
A=
N
F
=
.
[σ] [σ](1 + 2 cos α)
(9)
Полученное решение (7) предполагает, что усилия во всех трех
стержнях одного знака. Рассмотрим вариант, при котором усилие в
среднем стержне противоположно по знаку усилия в крайних стержня,
т.е. N 2 = − N1 . Тогда, используя (6), получим
Fh(1 + cos 2 α)
δ=
.
(10)
EA cos α(2 cos α − 1)
1
Из (10) следует, что при cos α < стержни 1 и 3 длиннее стержня 2, в
2
1
при cos α = решение отсутствует.
2
Сравним вес равнопрочной конструкции с весом такой же
системы, изготовленной без начальных зазоров δ .
Вес равнопрочной стержневой системы:
GP = γAh + γ ⋅ 2 R
h
γFh
2 + cos α
=
⋅
,
cos α [σ] (1 + 2 cos α ) cos α
где γ – удельный вес материала стержней.
В статически неопределимой системе
E1 A1 = E2 A2 = E3 A3 = EA возникают усилия
N1 ( F ) =
F cos 2 α
,
1 + 2 cos3 α
N2 (F ) =
при
F
.
1 + 2 cos3 α
Площади стержней:
F
cos 2 α
;
A1 =
⋅
[σ] 1 + 2 cos3 α
A2 =
Вес стержневой системы
22
F
1
.
⋅
[σ] 1 + 2 cos3 α
δ=0
и
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
GO = γA1h + 2γA2
h
γFh
cos 2 α
γFh
2
=
⋅
+
⋅
=
3
cos α [σ] 1 + 2 cos α [σ] (1 + 2 cos3 α) cos α
=
γFh
2 + cos3 α
⋅
.
[σ] (1 + 2 cos3 α) cos α
Отношение весов
GO (2 + cos3 α)(1 + 2 cos α)
=
.
GP (1 + 2 cos3 α)(2 + cos α)
1
Например, при α = 60°
cos α =
и
2
GO
= 1,36 , т.е.
GP
равнопрочная стержневая стержневая система в 1,36 раза легче такой
же конструкции, изготовленной без начальных зазоров δ .
Задача 8. Узел В фермы АВС (рис. 20) нагружен силой F ,
образующей угол θ с вертикалью. Найти такой угол, при котором
полное перемещение узла В будет экстремальным.
A
A
F1 , E1
1
N1
С
ϕ = 45°
F2 , E2
B F
С
θ
2
45°
N2
B
F
θ
l
Рис. 20
Рис. 21
Решение.
1) Запишем уравнение статического равновесия узла В (рис. 21):
N1 sin 45° − F cos θ = 0 ,
N1 cos 45° + N 2 − F sin θ = 0 ,
Откуда
N1 = 2 F cos θ ,
N 2 = F (sin θ − cos θ) ,
(при θ < 45°, N 2 < 0 , при θ > 45°, N 2 > 0 ).
23
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Определим перемещение узла В (рис. 22а,б).
Полное перемещение ∆ B узла В
∆ B = BB1 = δ2x + δ2y ,
δ x = ∆l2 .
Вертикальная составляющая δ y определяется из суммы проекций δ x
где
горизонтальная
составляющая
перемещения
и δ y на направление l1 :
2
(δ x + δ y ) ,
2
∆l1 = BF + FB′ = BF + B1F = δ x sin 45° + δ y cos 45° =
δ y = 2∆l1 − ∆l2 .
B
A
δy
1
2
45°
B
С
B′
a)
D
B′′
B1
δ x = ∆l2
∆B
∆l1
B′′
х
45°
E
45°
B1
F
B′
б)
Рис. 22
Абсолютные удлинения стержней 1 и 2:
N1l1
2 F cos θ ⋅ 2l 2 Fl
=
=
cos θ ,
E1 A1
E1 A1
E1 A1
Nl
Fl
∆l2 = 2 2 =
(sin θ − cos θ) ,
E2 A2 E2 A2
∆l1 =
где
l
= 2l .
cos 45°
Полное перемещение узла В как функции угла θ запишется
l1 =
окончательно в виде
24
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
∆ B (θ) = (∆l1 ) 2 + ( 2∆l1 − ∆l2 ) 2 = 2(∆l1 ) 2 − 2 2∆l1 + 2(∆l2 )2 =
2
  2 Fl
2 Fl
Fl

cos θ
(sin θ − cos θ) +
cos θ  − 2 2
2
E1 A1
E2 A2
  E1 A1

1
 Fl

+ 2
(sin θ − cos θ)
 E2 A2

=
2
 2
 =

2 Fl
4 cos 2 θ − 2 2 cos θ(sin θ − cos θ)α + α 2 (sin θ − cos θ)2 ,
E1 A1
где
α=
E1 A1
.
E2 A2
2) Производная от ∆ B (θ) по θ :
2
 2 Fl  − 8 cos θ sin θ + 2 2α sin θ(sin θ − cos θ)
 ⋅
×
∆′B (θ) = 
2∆ B
 E1 A1 
×
− 2 2α cos θ(cos θ + sin α)
+
2∆ B
2
 2 Fl  α 2 2(sin θ − cos θ)(cos θ + sin α)
 ⋅
+ 
=
2∆ B
 E1 A1 
2
 Fl  (α + 2 )( 2 sin 2θ + α cos 2θ)
= −2
.
 ⋅
∆B
 E1 A1 
3) Приравняем производную ∆′B нулю и найдем угол θ , при котором
Fl
перемещение точки В экстремально. Полагаем, что
≠ 0,
E1 A1
α + 2 ≠ 0 и ∆′B ≠ 0 , получим
2 sin 2θ + α cos 2θ = 0 ,
25
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Откуда
1
α 
θ =  x − arctg
.
2
2
При одинаковых жесткостях стержней E1 A1 = E2 A2 (α = 1)
1
1 
θ =  x − arctg
 ≈ 72°22′ .
2
2
4) Найдем вторую производную от перемещения ∆ B (θ) по углу θ :
2
(−2 2 cos 2θ ⋅ α sin 2θ)∆ B +
 Fl 
∆′B′ (θ) = 2
×
 (α + 2 )
∆2B
 E1 A1 
( 2 sin 2θ + 2 cos θ)∆′B
.
∆2B
При найденном значение угла θ = 72°22′ ( α = 1 ), полагая, что
∆ B > 0 , получим
×
− 2 2 cos θ + 2α sin 2θ > 0 ,
∆′B = 0 .
и ∆′B′ (θ) > 0 , т.е. решение соответствует минимальному перемещению
узла В.
Задача 9. Стержневая система АВС нагружена в узле А
медленно вращающейся силой F (рис. 23). Найти угол α , при
котором вес стержней минимален.
Решение. Из уравнений статического равновесия узла А (рис.
24)
− N1 sin α + N 2 sin α − F sin θ = 0 , N1 cos α + N 2 cos α − F cos θ = 0
найдем усилия в стержнях
N1 =
F sin(α − θ)
,
sin 2α
N2 =
F sin(α + θ)
.
sin 2α
Определим сначала направления силы F , при которых в стержнях
возникают экстремальные усилия (напряжения), приравняв нулю
производные
dN1 dN 2
и
:
dθ
dθ
26
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
F
π
cos(α − θ) = 0 ; α − θ = + nπ ,
sin 2α
2
F
π
cos(α + θ) = 0 ; α + θ = + nπ ,
sin 2α
2
n = 0,1,2,... .
у
С
B
1
α α
h
N1
α α
N2
х
ω
F
2
π
θ =  α −  + nπ ; (11)
2

π
θ =  − α  + nπ ; (12)
2

θ
A
F
Рис. 23
θ
Рис. 24
Таким образом, экстремальные усилия в стержнях возникают при
таком положении силы F , когда ее направление перпендикулярно
продольной оси одного из стержней (рис. 25).
Положения сил а) и в), а так же б) и г) – симметричны. Таким
образом, оба решения (11) и (12) равнозначны.
Определим продольные усилия в стержнях при θ =
π
−α;
2
π
sin  2α − 
F sin(α − θ)
2  = − F cos 2α = − Fctg 2α ;

N1 =
=F
sin 2α
sin 2α
sin 2α
F sin(α + θ)
F
N2 =
=
.
sin 2α
sin 2α
π
При θ = + α получим
2
F
N1 =
,
N 2 = − Fctg 2α .
sin 2α
Так как α = 0 противоречит физическому смыслу задачи, и
cos 2α < 1 , то
27
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
N max =
B
F
,
sin 2α
С
α
α
N min = − Fctg 2α .
B
π
A
2
F θ
π
θ = −α
2
θ
π
2 θ
θ=
π
2
A
π π
θ = (α − ) + + α
2 2
б)
α
α
α
α
F
а)
B
С
С
B
F
α
α
A
A
С
π
2
F
θ
π
3
−α+π = π−α
2
2
θ=α−
в)
π
2
г)
Рис. 25
Найдем угол α , при котором вес стержневой системы
минимален.
Так как нагрузка вращающаяся, то усилие N max попеременно
возникает то в одном, то в другом стержне, являясь в зависимости от
угла θ растягивающим, либо сжимающим, поэтому площади сечений
обоих стержней должны быть одинаковы. Полагая σmax = [σ] ,
получим
28
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
A1 = A2 = A =
Вес стержневой системы
G = 2 γAl =
Производная от G по α
F
.
[σ] sin 2α
2 γFh 2 γFh
1
=
⋅
.
cos α
[σ] sin 2α cos α
2 γFh − (2 cos 2α cos α − sin 2α sin α)
⋅
.
[σ]
sin 2 2α cos 2 α
Приравнивая производную Gα′ нулю и полагая при этом, что
Gα′ =
π
, получим
2
2 cos 2α cos α − sin 2α sin α = 0 ,
sin 2 2α cos 2 α ≠ 0 , т.е. α ≠ 0 , α ≠
откуда
cos 2 α =
2
,
3
α ≅ 35°13′ .
1.2. Задачи для самостоятельного решения
1.2.1. Статически определимые системы
Задача 1. Сила F нагружает конструкцию, как указано на рис.
26. Исходя из материалов (табл. 1) и исходных данных (табл. 2):
1) спроектировать конструкцию минимального веса;
2) спроектировать конструкцию наименьшей стоимости (принимается,
что форма сечения не влияет на стоимость конструкции).
Таблица 1
Условная
стоимость
Допускаемые
Плотность
1 кг массы
напряжения [σ] ,
Материал
ρ , кг/м3
конструкции C ,
МПа
руб/кг
1
160
2700
1,1
2
400
4500
1,6
3
1000
7800
2,8
29
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
α
β
a
F
F
a
α
a
б)
а)
в)
a
β
β
α
β
a
F
a
2a
F
2a
α
F
a
F
г)
е)
д)
F
2a
a a a a
F
α 90°
F
α α
2a
2a
ж)
a
з)
a
и)
Рис. 26
Вариа
нт
1
2
3
4
5
F,
кН
100
120
140
160
180
α,
град
30
30
45
30
30
β,
a,м
град
45
60
60
45
60
1
1,1
1,2
1,3
1,4
30
Таблица 2
Форма поперечного сечения
стержня
квадрат со стороной b
круг диаметром D
Прямоугольник h / b = 2
Кольцо c = d / D = 0,6
равносторонний треугольник
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1.2.2. Статически неопределимые системы
Задача 2. Какой должна быть
величина монтажного зазора δ ,
чтобы изображенная конструкция
имела наименьший вес? Брус АС –
абсолютно жесткий (рис. 27).
[σ]1 = 160 МПа, [σ]2 = 120 МПа,
B
1
a
E2 A2
E
α 1 A1β
δ
С
F
A
ρ1 = 7800 кг/м3, ρ2 = 4500 кг/м3.
Рис. 27
Задача 3. Абсолютно жесткий
брус АВ весом Q поддерживается
двумя
стержнями,
материал
и
поперечные
сечения
которых
различны. Каким должен быть зазор
δ , чтобы напряжения в стержнях
после сборки были равными (рис. 28)?
Задача 4. Абсолютно жесткая
плата опирается на три стойки
одинаковой высоты и заданной
жесткости. Определить координаты
точки приложения вертикальной силы
при условии, что плита остается
горизонтальной после деформации
(рис. 29).
A
a
α
B
l = 2a
Рис. 28
z Xp
F
a/2
Задача 5. На какой высоте следует
поместить
шарнир
О,
чтобы
вес
стержневой системы (рис. 30) был
минимальным? Материалы и площади
поперечных сечений стержней одинаковы,
размер h задан. Произвести расчет
а) по допускаемому напряжению,
б) по несущей способности.
31
1
δ
1 EA 2
1 1
E2 A2
3
E3 A3
a
a
Рис. 29
a
A
a
B
O
h
F
Рис. 30
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Исходные данные к задачам 2, 3, 4 приведены в табл. 3.
Таблица 3
Ва
риант
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
α , β , E1 ⋅ 10−5 , E2 ⋅ 10−5 , E3 ⋅ 10−5 ,
м град град МПа
МПа
МПа
0,5 40 20
0,7
2,0
1,0
0,6 45 20
0,8
2,1
1,1
0,7 50 20
0,9
2,0
1,2
0,8 55 20
1,0
2,1
1,1
0,9 60 20
1,1
2,0
0,9
1,0 55 30
1,2
2,1
0,8
1,1 50 30
1,1
2,0
0,7
1,2 45 30
1,0
2,1
0,9
1,3 60 40
0,9
2,0
1,0
1,4 70 40
0,7
2,1
1,1
a,
A1 ,
см2
A2 ,
см2
A3 F
см2 кН
3,0
3,5
4,0
4,5
4,0
3,5
3,0
2,5
3,0
3,0
2,0
2,5
3,0
3,5
4,0
4,5
5,0
4,0
3,0
4,0
10
12
14
16
14
12
10
8
6
5
10
12
14
16
18
20
22
24
26
28
1.2.3. Разные задачи
B
Задача 6. Брус АВ длиной a вращается с
угловой скоростью ω . Удельный вес материала бруса
γ . Найти закон изменения поперечного сечения по
длине, обеспечивающий равнонапряженность бруса
(рис. 31).
a
A
Рис. 31
C
α2
D
E
F
α1 α1 α 2
G
B
A
Задача 7. Где должен быть
расположен узел К, чтобы напряжение
в стержнях были одинаковыми?
Материал всех стержней одинаков,
система симметричная (рис. 32).
F
Рис. 32
32
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 8. Цилиндрическая оболочка радиусом R и толщиной h
нагружена
постоянным
радиальным
h
давлением q и осевой силой F .
F
q R
Определить, при каком соотношении F
нагрузок q и F коэффициент запаса по
четвертой теории прочности будет
Рис. 33
максимальным, если материал цилиндра
имеет допускаемое значение нормального
напряжения, равный [σ] (рис. 33).
Задача
9.
Нить
длиной
L вращается относительно оси АВ
с угловой скоростью ω и
удерживается силой F . Найти
значения силы F , при котором
ω
L
A
B
F
Рис. 34
напряжения
в
нити
будут
наименьшими, если удельный вес
материала нити γ , площадь сечения равна A0 (рис. 34).
2R
Задача 10. Конический сосуд
высотой H заполнен жидкостью с
удельным весом γ . Определить, на
какой высоте a от дна сосуда
располагается сечение, в котором
коэффициент запаса по третьей
теории
прочности
минимален
(рис. 35).
33
γ
H
a
2r
Рис. 35
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ
СЕЧЕНИЙ
2.1. Задачи с решениями
Задача 1. На какую величину h нужно срезать первоначально
круглое сечение (рис.36), чтобы получить сечение с наибольшей
прочностью на изгиб?
у b(у)
h
h
D = 2R
R−h
dу
у
φ0
h
Рис. 36
Рис. 37
Решение. Из условия прочности при изгибе
Mx
Wx
≤ [σ] следует,
что чем больше момент сопротивления изгибу, тем выше прочность
балки. Поэтому задача состоит в том, чтобы найти высоту срезок h ,
при которой Wx → max .
1). Вычислим момент инерции фигуры, изображенной на рис.36,
относительно оси x :
J x = ∫ y 2 dA .
(3)
A
Выделим на расстоянии y от оси x элементарную полоску шириной
b( y ) и высотой dy (рис.37). Площадь этой полоски dA = b( y )dy ,
b( y ) = 2 R sin ϕ и dA = 2 R sin ϕdϕ . Расстояние y = R cos ϕ и,
следовательно, dy = − sin ϕdϕ . Подставляя эти выражения в
уравнение (3), получим
34
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Jx =
R−h
R−h
ϕ0
−( R − h)
0
π/2
2
2
2
∫ y b( y )dy = 2 ∫ y b( y )dy = 2 ∫ ( R cos ϕ) 2 R sin ϕ(− R sin ϕ)dϕ =
π/2
= R 4 ∫ sin 2 2ϕdϕ =
ϕ0
4
R
2
π/2
sin 4ϕ 
R4

ϕ
−
=

4  ϕ0
2

 π
 sin 4ϕ0 
 2 − ϕ0  + 4  .



Выражение для момента сопротивления изгибу будет иметь вид
Jx
ymax
= R − h = R cos ϕ0 .
Wx =
где ymax
π
 sin 4ϕ0
 − ϕ0  +
R 2
4

=
⋅
,
2
cos ϕ0
3
2). Продифференцируем выражение для Wx по параметру ϕ0 ,
определяющему высоту срезок h :
 π
 sin 4ϕ0 
cos ϕ0 [(−1) + cos 4ϕ0 ] −  − ϕ0  +
(− sin ϕ0 )
4 
dWx R
2


=
=
dϕ0
2
cos 2 ϕ0
3
 π
 sin 4ϕ0 
cos ϕ0 (cos 4ϕ0 − 1) + sin ϕ0  − ϕ0  +
4 
R

 2
=
.
2
cos 2 ϕ0
dWx
3). Для определения точек экстремума приравняем
нулю:
dϕ 0
3
 π

 1
cos ϕ0 (cos 4ϕ0 − 1) + sin ϕ0  − ϕ0  + sin 4ϕ0 
R
 4
 2
 = 0.
2
2
cos ϕ0
3
Полагая, что cos 2 ϕ0 ≠ 0 , и приравнивая нулю числитель, получим
ϕ0 = 0,208 рад = 11055′
(решение
получено
h = R(1 − cos ϕ0 ) ≅ 0,0216 R .
4). Найдем вторую производную от Wx по ϕ0 :
35
на
ЭВМ)
и
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

 sin ϕ 0 (cos 4ϕ 0 − 1) + cos ϕ 0 (−4 sin 4ϕ 0 ) +


sin 4ϕ0 
π
2
+ cos ϕ0  − ϕ0 +
 + sin ϕ0 (−1 + cos 4ϕ0 ) cos ϕ0 +
2
4



d 2Wx
R3
=
dϕ 02
2 cos 4 ϕ0

sin 4ϕ0  
π
+ 2 cos ϕ0 ⋅ sin ϕ0 cos ϕ0 (cos 4ϕ0 − 1) + sin ϕ0  − ϕ0 +
 =
4  
2

 3 π
R3
15

=
cos ϕ0  − ϕ0 − sin 4ϕ0  +
4
2 cos ϕ0 
4
2


1
π
 
+ sin 2ϕ0 cos ϕ0 (cos 4ϕ0 − 1) + sin ϕ0  − ϕ0 + sin 4ϕ0   .
4
2
 

d 2Wx
При ϕ0 = 0,208 рад = 11055′ получим
< 0 , следовательно,
dϕ0
найденное решение соответствует максимальному значению Wx .
2.2. Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. На какую величину h нужно срезать первоначальные
сечения (рис.38), чтобы получить сечение:
а) с наибольшей прочностью на изгиб;
б) с моментом сопротивления изгибу, равным Wx
первоначального сечения?
a
a
h
h
x
a
a
h
a)
a
a
h
x
h
x
x 2a
a
D = 2R
б)
в)
Рис. 38
36
h
h
2b
г)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Какое увеличение момента сопротивления изгибу можно при
этом получить? На сколько процентов можно снизить вес
конструкции за счет такого изменения формы поперечного сечения
для балки с постоянным сечением по длине?
Задача 2. Как обтесать круглое бревно,
чтобы
полученный
из
него
брусок
прямоугольного поперечного сечения (рис.39)
обладал:
а) наибольшей прочностью при изгибе;
б) наибольшей жесткостью при изгибе?
R
h
b
Рис. 39
3. ИЗГИБ
3.1. Задачи с решениями
Задача 1. Найти закон изменения высоты прямоугольного
поперечного сечения балки по длине, обеспечивающей минимум ее
веса (рис.40).
M=qa2/2
а
II
I
а
а
h(z)
III
F=qa
q
b
Рис. 40
Решение. Так как балка является статически определимой, то
условие минимума ее веса совпадает с условием равнопрочности, т.е.
σ( z ) = const . Балка содержит три участка, в пределах которых
выражения для изгибающего момента в произвольных сечениях
имеют вид
37
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»

qz 2
при 0 ≤ z ≤ a ( I участок ),
qa ⋅ z −
2


a

M x ( z ) = qa ⋅ z − qa z − 
при a ≤ z ≤ 2a ( II участок ),
z



a

qa ⋅ z − qa z −  + M 0 + qa ( z − 2a ) при 2a ≤ z ≤ 3a.
2


Момент сопротивления изгибу прямоугольного сечения
Wx =
bh 2 ( z )
.
6
Из условия равнопрочности
σ( z ) =
M x ( z ) 6 M x ( x)
=
= [σ] ,
Wx
bh 2 ( z )
получаем
h( z ) =
6M x ( z )
.
b[σ]
Так как M x (z ) имеет различные аналитические выражения на
каждом из участков, то и закон изменения высоты сечения на каждом
участке будет свой:
при 0 ≤ z ≤ a
при 0 ≤ z ≤ 2a
при
2a ≤ z ≤ 3a
z

6qz  a − 
2

hI ( z ) =
;
b[σ]
hII ( z ) =
3qa 2
;
b[σ]
hIII ( z ) =
6qz ( z − a )
.
b[σ]
38
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача
2.
Балка
постоянного
q
поперечного сечения длиной l нагружена
равномерно
распределенной
нагрузкой
интенсивности q (рис.41). Найти отношение
а
а
l
a / l , обеспечивающее минимум ее веса.
Решение. В этой задаче спроектировать
Рис. 41
балку с σ( z ) = const невозможно, т.к. балка
имеет постоянное поперечное сечение A( z ) = const . Для выяснения
условия оптимальности рассмотрим характер изменения эпюры
изгибающего момента по длине балки (рис.42).
Величина изгибающего момента в сечениях над опорами
qa 2
M1 = −
, в среднем по длине сечения балки
2
2
ql  l
ql  l
ql 
 ql


M2 =  − a −
=  − a  ,  Ra = Rb =  .
2 2
2 4
2
 8


Из эпюры изгибающих моментов видно, что если M 1 ≠ M 2 , то
либо в сечениях над опорами,
либо в середине пролета
балка будет недогружена, что
приведет к избыточному весу
конструкции.
Поэтому
условие оптимальности будет
состоять в том, чтобы
M 1 = M 2 , т.е.
qa 2 ql  l

=  − a  или
2
2 4

2
l
a 2 + la − = 0 .
4
RA =
ql
2
RB =
ql
2
q
а
а
l
ql  l

 − a
2 4

0
ЭМ х
Решая
квадратное
уравнение, находим
0
−
qa 2
2
−
Рис. 42
39
qa 2
2
M2
-M1
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
a1 =
l
2
(
)
2 − 1 ≅ 0,207 l ;
a2 = −
l
2
(
)
2 + 1 ≅ 1,207 l .
Так как второе решение не имеет физического смысла, получаем
a = 0,207 l .
Задача 3. При каком соотношении моментов инерции J1 и J 2
участков АВ и ВС стальной балки, изображенной на рис.43,
максимальное перемещение будет иметь место в сечении, где
приложена нагрузка F ?
Решение. Для того, чтобы прогиб
l
2l
в
сечении
В был наибольшим, угол
B
A
C
поворота в этом сечении должен быть
J1
J2
F
равен нулю, т.к.
Рис. 43
F
A
C
B
l
2l
2 / 3Fl
ЭМ х
0
M =1
A
ЭМ х
B
0
dy
= 0.
dz
Получим
выражение
для
определения угла поворота в сечении
В. Для этого построим эпюры
изгибающих моментов от нагрузки F
и единого момента, приложенного в
сечении В (рис.44) и перемножим эти
эпюры по правилу Верещагина:
0
θB =
C
+
0
1 1 2  2 1
⋅ ⋅ Fll  − ⋅  +
EJ1 2 3  3 3 
1 1 2
2 2
 ⋅ Fl ⋅ 2l ⋅  =
3 3
EJ 2  2 3
=−
Рис. 44
2 Fl 2 8 Fl 2
.
⋅
+ ⋅
27 EJ1 27 EJ 2
Приравняем угол поворота в сечении В нулю:
−
2 Fl 2 8 Fl 2
J
1
⋅
+ ⋅
= 0 , откуда находим 1 = .
27 EJ 1 27 EJ 2
J2 4
40
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 4. Стальная ступенчатая балка прямоугольного сечения
имеет постоянную ширину b . Найти соотношения h1 / h2 и a / l , при
которых вес балки будет наименьшим, если балка нагружена
сосредоточенной силой F на конце консоли (рис.45 а). Допускаемое
напряжение для материала балки [σ] , удельный вес γ .
F
F
A
h2
h1 h2
h1
l
B
a
b
l
0
ЭМх
-Fl
а)
C
a
0
-Fa
б)
Рис. 45
Решение. 1). Построим эпюру изгибающих моментов для
рассматриваемой балки (рис.45 б). Из условия прочности в
защемлении
σ max =
Mx
=
Wx
6 Fl
= [σ] .
bh22
Находим высоту сечения в заделке:
h2 =
6 Fl
.
b[σ]
Запишем выражение для веса балки:
G = γbh1a + γbh2 (l − a) .
(4)
В сечении В балки должно выполняться условие прочности
6 Fa
= [σ] ,
bh12
откуда находим
a=
b[σ] 2
h1 .
6F
41
(5)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Подставляя (5) в выражение (4), получаем для функции веса
выражение
G = γb 2 h13
[σ] + γbh  l − b[σ] h 2  .
2
6F


6F
1


2). Вычислим производную:
∂G
γb 2 [σ]
γb 2 [σ]
= 3h12
− 2h1
h2 .
∂h1
6F
6F
3). Приравняем ее нулю:
γb 2 [σ]
h1 (3h1 − 2h2 ) = 0 .
6F
Получаем следующие два решения:
а) h1 = 0 и a = 0 , что соответствует балке постоянного сечения
по длине с высотой h = h2 = const ;
б) 3h1 − 2h2 = 0 , h1 =
2
2 6 Fl
4
h2 =
и a = l.
3
3 b[σ]
9
4). Вычислим вторую производную:
∂ 2G
γb 2 [σ]
γb 2 [σ] γb 2 [σ]
=
6
h
−
2
h
=
(3h1 − h2 ) .
1
2
∂h12
6F
6F
3F
Исследуем полученные решения:
∂ 2G
γb 2 [σ]
а) h1 = 0 :
=−
h2 < 0 – следовательно, это решение
∂h12
3F
соответствует максимальному весу балки;
∂ 2G
1
2
б) h1 = h2 :
=
γb 2 [σ]h2 > 0 – следовательно, второе
2
3
∂h1
3F
решение соответствует минимальному весу балки.
Задача 5. Балка постоянного поперечного сечения длиной 2l
нагружена равномерно распределенной нагрузкой интенсивности q .
Зазор между средней опорой и балкой в ненагруженном состоянии
составляет ∆ (рис.46).
42
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Подобрать ∆ таким образом, чтобы вес балки был наименьшим.
q
∆
RA
q
A
∆
l
l
Рис. 46
C
l
RA
0
ЭQy
RC
RB
l
RB
0
RC
0 M2
M1
0
ЭМх
Рис. 47
Решение. Ожидаемый характер эпюр поперечных сил и
изгибающих моментов для рассматриваемого случая нагружения
представлен на рис.47. На основании рассуждений, аналогичных
проведенным в задаче 3, можно записать условие оптимальности в
виде M 1 = M 2 = M 3 (это следует из характера эпюры изгибающих
моментов).
Для определения величин реакций R A и RB (из условия
симметрии RC = R A ) составим уравнения равновесия левой части
балки:

ql 2
= −M ;
M x ( z = l ) = R Al −
2

qz 02

(
)
M
z
=
z
=
R
z
−
= M;
 x
0
A 0
2

Q y ( z = z 0 ) = R A − qz 0 = 0.


Решая эту систему, найдем z 0 = 0,41l и R A = 0,41 ql . Величина
реакции RB будет равна
43
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
RB = 2ql − R A − RC = 2ql − 2 ⋅ 0,41 ql = 1,18 ql .
Зная RB , величину зазора ∆ можно определить, например, с
помощью интегралов Мора, вычисляемых по правилу Верещагина.
Для этого построим отдельно эпюры изгибающих моментов q , RB и
единичной нагрузки (рис.48). Перемножая по правилу Верещагина
эпюры изгибающих моментов от q и RB на эпюру от единичной
нагрузки и складывая, получим
∆=
 2 ql 2
5 l 1
2 l
l
⋅ l ⋅ ⋅ − RB ⋅ l ⋅ ⋅  =
 ⋅
8 2 2
2 3 2
3 2
ql 4  5 1,18 
ql 4
=
−
=
0
,
0117
.
EJ x  24 6 
EJ x
2
EJ x
q
A
C
B R
B
l
l
ЭМx(q) 0
0
2
ql / 2 R
C
0
0
ЭМх(RB)
F =1
ЭМ х (F )0
RB l / 2
0
Рис. 48
Задача 6. Балка прямоугольного поперечного сечения заданной
ширины « b » нагружена равномерно распределенной нагрузкой
интенсивности q . Найти закон изменения высоты сечения по длине
44
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
балки, при котором максимальный прогиб будет равен допускаемому,
а вес балки будет минимальным (рис.49).
h(z)
q
ymax=[f]
l
b
Рис. 49
Решение. 1). Максимальный прогиб в середине балки может
быть вычислен с помощью интеграла Мора:
l
M xM
EJ x
y max = ∫
0
1
dz ,
1
qlz (1 − z ) – изгибающий момент в произвольном сечении
2
1
от внешних нагрузок; M 1 = lz – изгибающий момент от единичной
2
где M x =
силы, приложенной в месте наибольшего прогиба. Вес балки
прямоугольного сечения
l
G = γl ∫ bh ( z ) dz ,
0
где γ – удельный вес материала.
Введем безразмерную координату u = z / l . Тогда
Mx =
ql 2
u (1 − u ) ;
2
M1 =
1
ul ;
2
1
1
0
0
0 ≤ u ≤1,
G = γl ∫ bh(u )du = γbl ∫ h(u )du .
Учитывая, что J x =
3
bh
, выражение для прогиба (6) может быть
12
записано в виде
45
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3ql 4 2
∫ Ebh 3 u (1 − u )du = [ f ]
0
1
или
Eb[ f ]
1
2
−3
∫ u (1 − u )h du = 3ql 4 = C ,
0
где C = const .
Окончательно задача может быть сформулирована таким
образом: необходимо найти минимум интеграла
1
G = γbl ∫ h(u ) du
0
при условии, что другой интеграл
1
−3
2
∫ u (1 − u )h (u ) du = C
(7)
0
сохраняет постоянное значение.
Задачи такого типа относятся к изопериметрическим задачам
вариационного исчисления. Решение осуществляется следующим
образом. Составляется новая функция, называемая функцией
Лагранжа:
L(u ) = γblh(u ) + λu 2 (1 − u )h −3 (u ) ,
где λ = const , и по правилам вариационного исчисления
отыскивается минимум функционала:
2
−3
∫ [γblh(u ) + λu (1 − u )h (u )]du .
1
0
2). Необходимым условием экстремума такого функционала является
выполнение уравнения Эйлера-Лагранжа
∂L d  ∂L 
− 
=0.
∂h du  ∂h′ 
3). В данном случае это уравнение имеет вид
∂L
= γbl − 3λu 2 (1 − u )h − 4 (u ) = 0
∂h
или
46
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
h 4 (u )γbl − 3λu 2 (1 − u ) = 0 ,
откуда
1
4
 3λu (1 − u ) 
h(u ) = 
 .
γbl


Подставляя уравнение (8) в (7), найдем λ :
2
(8)
3
2
4
2
2  3λu (1 − u ) 
u
1
−
u
∫

 du = C ,
γbl
0


(
1
−
)
откуда
4
3
4


1
1 1
3
1
1


1 3 
γbl 1 2
 ∫ u 2 (1 − u ) 4 du  =
λ =  
u (1 − u ) 4 du  .

∫
 C  γbl  0

3 C 0



−
3
41
Интеграл в квадратных скобках представляет собой бета-функцию
1
B( x, y ) = ∫ t x −1 (1 − t )
y −1
dt , которая может быть вычислена по формуле
0
B ( x, y ) =
Г ( х) ⋅ Г ( у )
,
Г ( х + у)
где Г – гамма-функция, значения которой табулированы [6]. В нашем
случае x = 1,5 , y = 1,25 и
B(1,5;1,25) =
Г (1,5) ⋅ Г (1,25) 0,88623 ⋅ 0,90640
=
= 0,49944 .
Г (2,75)
1,75 ⋅ 0,91906
Тогда
4
γbl − 3
λ=
c [0,49944]3 ,
3
4
1
[
]
1
1
4
−
 −4
4
h(u ) = c 3 [0,49944]3 u 2 (1 − u ) = 0,7934c 3 u 2 (1 − u ) 4 ,


47
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
где c =
Eb[ f ]
.
3ql 4
Следует отметить, что найденный закон изменения высоты
сечения балки прямоугольного сечения по длине (9) обеспечивает
наименьший вес при выполнении только условия жесткости
y max = [ f ] в предположении, что условие прочности при этом
удовлетворяется. В действительности, необходимо было ввести
ограничение по прочности в виде неравенства σ max ( z ) ≤ [σ] , что
привело бы к гораздо более сложной вариационной задаче.
Задача 7. Двухпролетная балка АС постоянного поперечного
сечения
нагружена
равномерно
распределенной
нагрузкой
интенсивности q и сосредоточенной силой F = 2ql (рис.50).
Определить положение промежуточной опоры В, при котором вес
балки будет наименьшим. Допускаемое напряжение для материала
балки принять равным [σ] .
q
A
F=2ql
C
B
a
RB F=2ql
q
RA
A
B
l
l
а
L= 4l
RC
C
4l
Рис. 50
2ql
RA
0
RB
M1
0
RC
M3
0
0 M
2
z*
Рис. 51
Решение. Ожидаемый характер эпюр поперечных сил и
изгибающих моментов для рассматриваемого случая нагружения
48
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
представлен на рис.51. Из характера эпюры изгибающих моментов
следует, что условие оптимальности можно записать в виде
M 1 = M 2 = M 3 = M . Составим уравнение равновесия левой и
правой частей балки и воспользуемся тем обстоятельством, что в
сечении z = z 0 эпюра изгибающих моментов имеет экстремум и
соответственно Q y ( z 0 ) = 0 .
1) Q y ( z = z 0 ) = R A − qz 0 = 0,

2
2) M слева ( z = z ) = R z − qz 0 = M ,
x
0
A 0

2

2
qa

слева
= −M ,
(10)
3) M x ( z = a ) = R A a −
2

4) M xсправа ( z = l ) = RC l = M ,

2
q(3l − a )

справа
(
)
(
)
(
)
5
)
M
z
=
4
l
−
a
=
R
4
l
−
a
−
F
3
l
−
a
−
= −M .
x
C

2

Система пяти уравнений (10) содержит 5 неизвестных: z 0 , R A ,
RC , M , a . Исключая последовательно неизвестные, получим
уравнение относительно неизвестной a : из первого уравнения
системы (10) z 0 = R A / q ; подставляя это значение во второе
уравнение, найдем R A = 2qM , после подстановки этого выражения
в третье уравнение и возведения его в квадрат, получим
q 2a4
− 3qMa 2 + M 2 = 0 .
4
M
Из четвертого уравнения системы RC =
, из пятого l
2
4l − a
q(3l − a )
M
− F (3l − a ) −
= −M
l
2
и
49
(11)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
M=
l 
q
2
F (3l − a ) + (3l − a ) 

5l − a 
2

(12)
Подставляя уравнение (12) в (11) и учитывая при этом, что L = 4l ,
F = 2ql , после некоторых преобразований получим
a 6 − 4la 5 − 64l 2 a 4 + 406l 3 a 3 − 488l 4 a 2 − 420l 3 a + 441 = 0 (13)
Так как отношение a / l не должно зависеть от размера L , то зададим
решение в виде a = kl , где k – некоторая постоянная. Подставляя это
решение в уравнение (13) после сокращения на l 6 , придем к
уравнению
k 6 − 4k 5 − 64k 4 + 406k 3 − 488k 2 − 420k + 441 = 0 ,
Решениями которого в интервале 0 ≤ k ≤ 4 являются k1 = 0,753 ,
k 2 = 2,4302 (решения получены с использованием ЭВМ). Раскрытие
статической неопределимости и построение эпюр изгибающих
моментов показало, что первое решение дает M 2 = M 3 = 1,65ql 2 ,
второе M 1 = M 3 = 0,77 ql 2 (значение M 2 близко к нулю) и является
оптимальным. Вариант решения M 1 = M 2 = M 3 с расположением
опоры В в пролете АС нереализуем по условиям нагружения.
Задача 8. Ступенчатая балка круглого поперечного сечения
нагружена сосредоточенной силой F в середине пролета (рис.52).
Найти величины диаметров D и d , при которых максимальный
прогиб будет равен допускаемому, а вес балки будет минимальным.
Решение. 1). Определим перемещение сечения С с помощью
интегралов Мора, используя для их вычисления правило Верещагина.
Для этого построим эпюры M x (F ) и M x ( F = 1) (рис.53). Тогда
 1 1 Fa 2 a 1 1 Fa a  2 a a 
yC = 2 
⋅ ⋅
a ⋅ + ⋅
⋅
⋅  ⋅ + +
 EJ 1 2 2 3 2 2 EJ 2 4 2  3 4 2 
1  a 3  a Fa  Fa 3  1
23 
+  + a ⋅  =
+

.
2  2 4  2 2  2 E  6 J 1 46 J 2 
50
(14)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Подставляя выражения для осевых моментов инерции сечений
J 1 = πd 4 / 64 , J 2 = πD 4 / 64 в уравнение (14) и приравнивая прогиб
допускаемому значению, получим
Fa 3  64
23 ⋅ 64  Fa 3  16 46 
yC =
+
=
+

 = [f ]
2 E  6πd 4 48πD 4  3πE  d 4 D 4 
или
8
23 3πE[ f ]
+ 4 =
.
4
d
D
2 Fa 3
F
а
ymax=[f]
a/2 a/2 a
a
Рис. 52
1
C
A
d
2
F
1
D
Fa/2
B
a/2 a/2
1
4
Fa
Fa/2
3
4
0
ЭМ х (F )
а
Fa
0
F =1
a/2
1
4
a
a/2
3
4
0
ЭМ х (F )
a
0
Рис. 53
Обозначив
3πE[ f ]
= C , придем к уравнению
2 Fa 3
8
23
+ 4 −C = 0.
4
d
D
(15)
Вес балки
πd 2
πD 2
πaγ
G=2
aγ +
aγ =
2d 2 + D 2 .
4
4
4
(
)
(16)
Требуется найти минимум функций веса балки G (16) при
выполнении соотношения (15), которое в этом случае называется
51
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
уравнением связи, а сама задача называется задачей на условный
экстремум.
2). Составим функцию Лагранжа:
23
 8

L = G + λ 4 + 4 − C  ,
D
d

где λ – множитель Лагранжа. Экстремум функции L отыскивается
обычными методами, т.е. приравниваются нулю ее первые
производные по искомым функциям. Составим выражения для первых
производных
∂L
∂L
и
:
∂d
∂D
∂L
= πaγd − 32λd −5 ,
∂d
∂L
D
= πaγ − 92λD −5 .
∂D
2
3). Приравнивая нулю производные и присоединяя уравнение связи
(15)
32λ

πaγd − d 5 = 0,

184λ

πaγD − 5 = 0,
D

8
23

 d 4 + D 4 − C = 0,

(17)
получим систему уравнений (19), которая содержит три неизвестных:
d , D, λ.
Исключая параметр λ , поделив первое уравнение системы (17)
на второе:
32λ
5
πaγd
4
= − d , откуда d = D
= 0,747 D .
184λ
23
πaγD
D5
52
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Подставляя это соотношение в последнее уравнение системы (17),
получим
8
23
3πE[ f ]
+ 4 =C =
,
4
2 Fa 3
(0,747 D ) D
откуда
1
 Fa 3  4
 ,
D = 2,386
 πE[ f ] 
1
 Fa 3  4
 .
d = 1,782
 πE[ f ] 
4). Исследуем квадратичную форму:
2
∂2L ∂2L  ∂2L 
 ,
⋅
−
∂d 2 ∂D 2  ∂d∂D 
(18)
∂2L
−6
 2 = πaγ + 160λd ,
 ∂d
 ∂2L
−6
 2 = πaγ + 460λD ,
∂
D

 ∂2L
= 0.

 ∂d∂D
(19)
Из системы необходимых условий экстремума (17) находим
λ=
πaγd 6 πaγD 6
=
.
32
184
(20)
Подставляя уравнения (19) и (20) в (18), получим
2
5
∂2L ∂2L  ∂2L 


 = (πaγ + 5πaγ ) πaγ + πaγ  > 0 ,
⋅ 2 − 
2
2
∂d ∂D  ∂d∂D 


2
∂ L
а так как
> 0 , то найденное решение дает минимум веса балки.
∂d 2
53
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3.2. Задачи для самостоятельного решения
3.2.1. Статически определимые системы
Задача 1. Найти закон изменения размеров поперечного сечения
балок по длине, обеспечивающий минимум веса (рис.54).
F
l
q
l
d
б)
а
а
а
q
qa
а
b(z)
2а
qa
а
b(z)
г)
в)
l
ql 2
2
ql 2
8 q
h(z)
q
ql 2
8
b = const
д)
ql 2
2ql 8
l/2
l/2
b = const
е)
F
q
l/2
h(z)
h(z)
l/2
qa 2
2
h(z)
F
qa 2
2
h=const
F Fа
h=const
а)
Fа
d
l
b = const
ж)
Рис. 54
54
b = const
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 2. Найти оптимальное по прочности расположение опор
(a / l = ?) для балок постоянного поперечного сечения по длине
(рис.55), обеспечивающее минимум веса балок.
q
q
а
l
а
б)
ql
2
q
а
а
l
l/4
l
а)
ql
2
ql
ql
2
q
а
l
2l
г)
в)
F
F
q
а
а
l
l
2l
2l
д)
е)
Рис. 55
55
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 3. Найти оптимальное по прочности расположение опор
(a / l = ?) для рам постоянного поперечного сечения (рис.56).
q
q
l
а
l
q
2l
а
а
l
l
l
а)
б)
ql 2
8
ql
q
а
2l
q
а
C
2l
2l
4l
в)
г)
ql
q
q
l
а
2l
l
ql
l
д)
а
l
3l
е)
Рис. 56
56
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 4. Для балок постоянной жесткости (рис.57) найти
величину силы F (k = ?) , при которой максимальные нормальные
напряжения имеют наименьшее значение.
q
q
F=kql
l
l/2
l/4
l/4
l
а)
б)
q
q
F=kql
l/2
F=xql
l/4 l/4 l/4 l/4
в)
г)
Рис. 57
57
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3.2.2. Статически неопределимые системы
Задача 5. Балки постоянного поперечного сечения нагружены,
как указано на рис.58. В каком месте (a / l = ?) необходимо
установить дополнительную опору В, чтобы максимальные
напряжения изгиба имели наименьшее значение? Балки находятся в
условиях плоского изгиба, материал одинаково сопротивляется
растяжению и сжатию.
q
F
A
F
А
B
l
а
l
C
B
а
3l
6l
б)
a)
F
F
А
C
B
l
А
а
l
г)
q
а
а
l
в)
A
C
B
q
C
B
A
3l
4l
C
B
а
l
е)
д)
Рис. 58
58
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 6. Для рам постоянной жесткости (рис.59) определить
положение опоры С (a / l = ?) , при котором реакция этой опоры
минимальна, и определить величину реакции RC .
A
l
F
2l
B
l
A
а
l
а
2l
C
F
l
б)
a)
F
2l
A
C
l
l
F
l
а
2l
C
A l
в)
а
B
г)
Рис. 59
59
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 7. Определить зазоры ∆ , при которых наибольшие
нормальные напряжения в балках заданной жесткости сечения EJ
(рис.60) будут иметь наименьшие значения.
F
F
∆
∆
l
l
F
l
l
l
а)
б)
q
ql 2
4
q
ql 2
4
∆
l
2l
∆
l
l
2l
в)
2l
г)
q
l
q
∆
∆
l
д)
2l
е)
Рис. 60
60
l
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 8. На какую величину ∆ необходимо опустить средние
опоры упругих балок (рис.61), чтобы изгибающие моменты в сечениях
под этими опорами обратились в нуль?
q
F
∆
∆
l
l
l
l
l
l
а)
l
б)
Рис. 61
3.2.3. Разные задачи
Задача 9. Определить размер l из условия равнопрочности
стержня АВ и балки СД (рис.62) при
А
F = 5 кН,
l1 = 1 м,
l 2 = 0,5 м,
2
l
σTAB = 400 МПа,
σTAC = 200 МПа; стержень AB – пруток,
d = 8 мм; балка CD – тонкостенная
труба, Dcp = 80 мм, h = 4 мм.
С
l2
l1
B
Рис. 62
Задача 10. Балка прямоугольного поперечного
заданной ширины b нагружена,
F
как указано на рис.63. Найти
закон
изменения
высоты
сечения по длине балки, при
ymax=[f]
котором максимальный прогиб
l/2
будет равен допускаемому, а вес
l
балки будет минимальным.
Рис. 63
61
F
1
сечения
h(z)
E1 = E2 = 2 ⋅105 МПа,
b
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 11. Консольная балка АВ нагружена парой сил,
приложенной к ее свободному концу (рис.64). Определить
оптимальную (из условия прочности) ширину балки b , если предел
текучести материала балки при сжатии в 3 раза больше предела
текучести при растяжении.
M
b
В
2а
8а
l
а
Рис. 64
q0 l 2
4
q
q0
l
h(z)
q
h(z)
4q0
Задача 12. Найти закон изменения высоты h балок
прямоугольного сечения постоянной ширины b по длине,
обеспечивающей
минимум
веса
(рис.65).
Интенсивность
распределенной нагрузки изменяется по параболическому закону с
вершиной параболы на свободном конце.
l
b
а)
б)
Рис. 65
62
b
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 13. Гибкий брус с погонным
весом q лежит на абсолютно твердой
поверхности. Найти минимальное отношение
b / a , при котором брус касается плоскости
лишь в двух точках (рис.66).
b
а
Рис. 66
Задача 14. Сечение изгибаемого стержня (рис.67а) показано на
рис.67б. При заданном a определить высоту сечения h с тем, чтобы
отношение наибольших растягивающих и сжимающих напряжений
было равно 0,6 .
6а
М
2a
h
l
а
а)
а
б)
Рис. 67
Задача 15. При заданных величинах a
и b определить, при каком отношении
моментов инерции поперечных сечений
J 1 : J 2 линейное перемещение сечения, где
приложен момент М, равно нулю. Чему равен
при этом угол поворота указанного сечения
(рис.68)?
63
J1
а
M J
2
l
Рис. 68
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
у
Задача 16. Доказать, что ось y ,
проходящая через центры тяжестей двух
одинаковых прямоугольников, является
главной (рис.69).
С1
С2
Рис. 69
F
l
а
Задача 17. Определить положение
сечения (a / l = ?) приложения нагрузки, при
котором предельная нагрузка будет иметь
наименьшее значение (рис.70).
Рис. 70
64
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Литература
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.
17.
18.
Феодосьев В.И. Сопротивление материалов. М.; Наука, 1986, 512 с.
Дарков А.В., Шпиро Г.С. Сопротивление материалов. М.: Высш.
Школа, 1969, 734 с.
Сборник задач по сопротивлению материалов. Под ред. В.К.Качурина.
М.: Наука, 1972, 430 с.
Лихарев К.К., Сухова Н.А. Сборник задач по курсу «Сопротивление
материалов». М.: Машиностроение, 1980, 224 с.
Феодосьев В.И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению
материалов. М.: Наука, 1973, 400 с.
Серазутдинов М.Н. и др. Механика. Вопросы теоретической механики,
сопротивления материалов, деталей машин. Казань: Центр
инновационных технологий, 2007, 328 с.
Бронштейн И.Н., Семендяев К.А. Справочник по математике для
инженеров и учащихся ВТУЗов. М.: Наука, 1986, 976 с.
Фомин А.П. Прикладная механика твердого деформированного тела.
М: Наука, 1975. Т.1.
Смирнов В.И. Курс высшей математики. М.: Наука, 1974, Т.1У. ч.1.
Габасов Р.А., Кириллова Ф.М. Методы оптимизации. Минск: Изд-во
Белорус.гос.ун-та. 1975.
Рейтман М.И., Шпиро Г.С. Методы оптимального проектирования
деформируемых тел. М.: Наука, 1976, 265 с.
Алексеев В.М., Тихомиров В.М., Фомин С.В. Оптимальное
управление. М.: Наука, 1979.
Алексеев В.М., Галеев Э.М., Тихомиров В.М. Сборник задач по
оптимизации. М.: Наука, 1984.
Сухарев А.Г., Тимохов А.В., Федоров В.В. Курс методов оптимизации.
М.: Наука, 1986.
Хог Э., Арора Я. Прикладное оптимальное проектирование. М.: Мир,
1983.
Уайлд Д. Оптимальное проектирование. М.: Мир, 1981.
Понтрягин Л.С. и др. Математическая теория оптимальных процессов.
М.: Наука, 1976.
Миролюбов И.Н. др. Пособие к решению задач по сопротивлению
материалов. М.: Высш.школа, 1967, 484 с.
65
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
СОДЕРЖАНИЕ
Введение……………………………………………………………
1.
Осевое растяжение-сжатие………………………………..
1.1.
Задачи с решениями……………………………………….
1.2.
Задачи для самостоятельного решения…………………..
1.2.1. Статически определимые системы……………………….
1.2.2. Статически неопределимые системы…………………….
1.2.3. Разные задачи……………………………………………...
2.
Геометрические характеристики плоских сечений……..
2.1.
Задачи с решениями……………………………………….
Задачи для самостоятельного решения…………………..
2.2.
3.
Изгиб……………………………………………………….
Задачи с решениями……………………………………….
3.1.
3.2.
Задачи для самостоятельного решения…………………..
3.2.1. Статически определимые системы……………………….
3.2.2. Статически неопределимые системы…………………….
3.2.3. Разные задачи……………………………………………...
Литература………………………………………………………….
66
3
7
7
29
29
31
32
34
34
36
37
37
54
54
58
61
65
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
16
Размер файла
546 Кб
Теги
сопротивления, оптимизация, 3104, материалы, задачи, курс
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа