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热烈欢迎参加 江苏省大学生力学竞赛 教练员培训研讨会 的专家和老师

热烈欢迎参加 江苏省大学生力学竞赛 教练员培训研讨会 的专家和老师. 江苏省大学生力学竞赛教练员培训研讨会. 开 幕 式. 日 程 安 排. 16 日上午 8 : 30-11 : 30 静力学 能量法. 16 日下午 3 : 00 - 6 : 00 合成与平面运动 组合变形. 17 日上午 8 : 30-11 : 30 定点运动与演变 稳定性. 17 日下午 3 : 00 - 6 : 00 普遍定理达氏原理 静不定.

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Presentation Transcript

  1. 热烈欢迎参加 江苏省大学生力学竞赛 教练员培训研讨会 的专家和老师

  2. 江苏省大学生力学竞赛教练员培训研讨会 开 幕 式

  3. 日 程 安 排 16日上午8 : 30-11 : 30 静力学 能量法 16日下午3 : 00 - 6 : 00 合成与平面运动 组合变形 17日上午8 : 30-11 : 30 定点运动与演变 稳定性 17日下午3 : 00 - 6 : 00 普遍定理达氏原理 静不定 18日上午8 : 30-11 : 30 碰撞及应用 动载荷 18日下午3 : 00 - 6 : 00 虚位移与拉氏方程 基本变形 19日上午8 : 30-11 : 30 振动及应用 大综合 19日下午3 : 00 - 6 : 00 创新题讨论及交流

  4. 第一讲 能 量 方 法 主讲人：东南大学 郭应征 2004 年 7 月 15 日

  5. 内 容 1. 线弹性杆件的应变能 2. 互等定理 3. 余能定理 (克罗第-恩格塞定理) 4. 卡氏第二定理 5. 变形体虚功原理 6. 单位载荷法 7. 图乘法

  6. FN(x) dx T (x) dx M (x) dx 2 2 2 V = + + 2 EA 2 GIp 2 EI FN(x) dx T (x) dx M (x) dx M (x) dx 2 2 2 y z 2 V = + + + 2 EA 2 GIt 2 EI 2 EI y z        l l l l l l l 1. 线弹性杆件的应变能: 圆截面杆: 非圆截面杆: 功能原理：W = V

  7. F Me = F A B A B l + MeB F M Me W = + A 2 B FwB FwB M wB= wB + wB F 2 2 B = B + B F M Me l Me l 2 2 FMel2 = + F2l3 F2l3 2EI 2EI 6EI 6EI 2EI MeB W = + = + + 2 例4.1知:F , Me , EI , l 求: 外力做的总功W 解: = Fl3/3EI + Mel2/2EI = Fl2/2EI + Mel/EI 若将载荷分解, 由叠加原理可得: ? 原因: 载荷与功不是线性关系, 不能使用叠加原理.

  8. 2. 互等定理: 功的互等定理: F1 12 = F2 21 位移互等定理: 12 = 21 对于线弹性体，第一组外力在第二组外力引起的位移上做的功，等于第二组外力在第一组外力引起的位移上做的功。

  9. 无装配应力 FA1 FA2 A B B FA2 = P P A 例4.2知:A ,B ,P 求: 新支座 A 处的约束力 (竞赛复试题) A A 解: B 设: 有装配应力时, A支座约束力为FA1 B 无装配应力时, A支座约束力为FA2 由功的互等定理: FA1 0 = FA2 A – P B 解得: 关键:巧妙构造两组力及其对应的位移.

  10. F Vc k = Fk Vc V  O Vc    l l l V FN(x) FN T (x)  T M (x) M k = = dx + dx + dx Fk EA Fk GIp Fk EI Fk 3. 余能定理 (克罗第-恩格塞定理) : 适用于线性和非线性弹性体。 4. 卡氏第二定理: 在线弹性情况下, Vc = V 上式仅适用于线弹性体。

  11. b 知:F, l, b, h,  = c h z y c  2  3  = c = 2 y3/2bdy h/2 =0 d =  0  c2 3c2 cbh5/2 = vc=0  d  52 52Fx = cy /  1 vc= = 3c2b3h15/2 cbh5/2 = 20 0 vcbdydx l h/2  2502F2y3/2x3 25F3l4 52Fxy Vc= Vc  = 6c2b2h5 25F2l4 bh5/2 wB = = ( ) F 2c2b2h5 F 例4.3 A B 求:自由端挠度 wB x 解: 1. 应力: l 横截面 y 处正应变:  = y /  2. 余能: y 处正应力: 密度: 横截面上的弯矩为: 将应力代入得: M = A y dA 余能: Vc=VvcdV 积分后得 : 由M = Fx 可得： 3. 挠度: 由余能定理: 可得正应力:

  12. F B F1  R A M ( ) M  BV = Rd 1 /2  EI F = (-FRsin )(-Rsin ) Rd  EI 0 FR3 /2 FR3 1 /2 FR3  = (1-cos2 )d = ( - sin2 ) = ( ) 2EI 0 2EI 2 0 4 EI M ( ) M  1 /2  BH = Rd = (-FRsin )(-R)(1- cos ) Rd EI F1 EI 0  F1= 0 FR3 /2 FR3 1 /2 FR3  = sin (1-cos )d = (-cos - sin2 ) = ( ) EI 0 EI 2 0 2EI 例4.4 已知: F, R, EI 求: BV 解: 1. 写M (x) 并对F 求偏导  : M ( ) = - FRsin  M/F= - Rsin 2. 求BV 求: BH?  : M ( ) = -FRsin -F1R(1- cos )  M/F1 = - R(1- cos )

  13. x V A. wB = F1 F1 A B l F2 V = (F1–F2)2 l 3 M (x) dx 2 = V 2 EI 6 EI wB = A  F1 (F1–F2)l 3 l = wB = - wB B A wB = wB C A wB = - wB D A 3EI 例4.5 已知: EI , F1 , F2 , l . 若用卡氏第二定理求wB , 下列哪个答案是正确的? V V V B. wB = C. wB = D. wB = F2 (F1-F2) (F2-F1) 解: M (x) = - F1x + F2x = - (F1–F2) x 四个答案都是正确的! 结论:求偏导时,对力的大小和指向没有任何要求!

  14. F2 F1 F F x x V C B A C B A 的含义是什么? a a a a F V V V V V = + = + F F1 F2 F1 F2 F2 F1 F F = - x M = - (a + x) M F1 a a F(a + x) +Fx F x dx   2 F1 wA = + (a + x)dx ( ) EI EI 0 0 7Fa3 = 2EI 例4.6 已知: EI , F, a . 求: wA 解: = wA + wB AB: M (x) = - F1x BC: M (x) = - F1(a + x) - F2 x

  15. P P M q B A C D Vc 的几何意义为 M Vc 的几何意义为 P Vc 的几何意义为 q Vc 的几何意义为  p 例4.7 知: q, P,M, 梁的应变余能Vc (竞赛试题) Vc Vc Vc , , 的几何意义分别是什么? M P q 解: 由余能定理可得： 截面B的转角B C, D 两点的挠度之和 wC +wD 梁弯曲变形前后两轴线所围的面积 梁弯曲变形前后两表面所围的体积

  16.  = l [ FN (x)d + T 0(x)d + My (x)dy + Mz (x)dz ] 0 0 0 FN(x)dx T(x)dx My(x)dx Mz(x)dx d = d = dy = dz = EA GIt E Iy E Iz  FN(x)FN(x)  T 0(x)T(x)  My (x)My(x) Mz (x)Mz(x) l 0 i MCi 0 0 n 0  = + + + dx dx dx dx   =  E A G It E Iy E Iz Ei Ii i = 1 5.变形体虚功原理: We = Wi 外虚功等于内虚功 6.单位载荷法: 由变形体虚功原理可得: 上式适用于线性和非线性弹性或非弹性杆件或杆系。 对于线弹性杆或杆系: 上式也称为莫尔积分, 仅适用于线弹性杆或杆系。 7.图乘法: 仅适用于线弹性分段直梁。

  17. P A B A R  B + P 1  (– PRsin )(– sin ) Rd /2 EI A 0 1 +  [–PR(1– cos )] cosRd /2 GIP 0 R  PR2 +  (cos2– cos ) d /2 PR2 GIP 0 =  sin2 d /2 1 EI 0 PR2  B + ( – 1) PR2  GIP 4 = EI 4 16PR2 32PR2 1 1 = + ( – )  Ed 4 Gd 4 4 例4.8 知:d  R, E, G,P 求: B端绕轴线的转角B (竞赛试题) 解: 内力方程： M ( ) = –PRsin M 0( ) = – sin T ( ) = –PR(1– cos ) T 0 ( ) = cos B=

  18. y P x B A l y P a b + + x [ M ] B A Pab/l Pa2b2 = – 3EIl Px2(l – x)2 y = + + [ M 0] 3EIl ab/l 例4.9 知:P , l , EI (省竞赛试题) 求: 反向弯曲的挠曲线方程 解:由图乘法求力作用点挠度: y = – {[a(Pab/l )/2](2ab/3l ) + + [b(Pab/l )/2](2ab/3l ) }/EI 令 a = x , b = l – x , 并反号, 得

  19. l  FN FN B l =  l 2 + 2–l F W = F / 2 = 2 FN l / (2EA) = V 2 Fl3 3 = Fl3 EA 3 = 2EA l l 例4.10 知:,l,F,EA 求:  与F 的关系  A C B 解:1. 轴力: F FN=F / 2sin = Fl / (2) 2. 杆的变形: l = FN l / EA = Fl2/ (2EA) 由功能原理得: = l [ 1 + ( / l )2 ]1/2 –l  l [1+ 2/(2l2) ] –l FN=Fl / (2) , 代入上式得 F / 2 = F 2l 3/ (42EA) = 2 / (2l ) = Fl 2/ (2EA) 错在何处? 几何非线性问题 设F = k3 , 则有:W = F / 4

  20. b31g b31g 1 b 4b AB = [2( ) + a b EI 6 4 5 6 [M] ba21g 2a ba21g/8 – b ] 8 3 + – – 1gb2 b3 b2a a3 – = [ + – ] b31g/6 EI 15 6 12 b31g b31g 1 b  AB = [2( )1+ a 1 1 1 EI 6 4 6 1 1 [M0] ba21g 2a 1 [M0] – 1] 2 – – 8 3 1gb – – – = [ b3 + 2b2a– a3] b – b 1 1 12EI 例4.11 知:a,b,1,EI 单位长度水槽 A B 求: AB , AB略去剪力,轴力影响 b q = b1g 解:1. 画弯矩图 (画在受压侧) C D 2. 求AB a 3. 求AB

  21. A B 30 30 C D T l/3 l/3 l/3 Tdx –0 d = h d T [ FN ] 0 d(l) = dx 2 1 1 b + + T – – = dx h h – We = 1AB =  FN d(l) +  M d =Wi 1 1 0 0 dx Tdx 2/3 2/3 l T 1 +  l/3 dx [ M ] 0 AB =  (–1) l 0 h 33 0 3 l 1 1 33 x T T + dx + 2  l/3 dx 2 0 h Tl Tl2 3 Tl2 23l 1 = – + + = Tl ( – ) 2 27h 2 93h 93h 例4.12 知:下边温升T,,b,h,l 求: AB ( T 沿h 线性变化) 解:画内力图,如右图所示. 转角: 中性层伸长: 外力系:单位力, 虚位移:由温升产生 由虚功原理可得: 虚位移由外界温度产生, 概念清楚 非线性也可用

  22. F MB A Fl – MB C 1 2 B 1B = – l   ( ) EI 2 3 Fl MB Fl 2– MB l – = – [M] 3EI 1 C A B [M0] Fl 2 + B = – 1 4EI 7Fl 3 Fl 3 = wC = +B l ( ) 12EI 3EI 例4.13 知:F,l,弹性支座B:MB = – EIB/l F 求: wC A B C 解:画计算简图. 画其弯矩图. l l B 处加单位力偶, 由图乘法得: 将MB = – EIB /l 代入上式得 图中假设 MB 的转向是真实的吗? 由叠加法得:

  23. y C R x O 30 30 A B F F D C y MC 3FD /2 O FD /2 C 30 FC O  FC /2 FD  uB = uB R BC BD B x O 30 FC D BC: MBC= FC R[(1–cos )+3sin ] / 2 B 30 3FC /2 B BD: MBD= FD R[3sin –(1–cos )] / 2 F FD VBC VBD MBC MBC MBD MBD D 2/3 /3 由 = 得,  Rd =  Rd MD FC FD 0 EI FC 0  EI FD FD R3 /3 FC R3 =  [3sin –(1–cos )]2d 2/3 4EI 0  [(1–cos )+3sin ]2d 3(2–33) 4EI 0 3 3 3  = 2 + 3 = ( – 3) 2  2 4+33 例4.14 知:R , EI , F 求: 若使 MC = MD ,  = ? EI 解:研究右半部,由平衡得: FC + FD = F CB: FCR(1+ sin30) – MC= 0 EI DB: FDR(1– sin30) – MD= 0 得: MC =MD= 3FR/8,FC=F/4,FD=3F/4 几何: 解得: = 0.184

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