Файл: В.Д. Моисеенко Определение перемещений в балке.pdf

Скачать файл
Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 16.06.2024

Просмотров: 78

Скачиваний: 0

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

7

При определении прогиба или угла поворота единичное нагружение создается соответственно единичной силой или единичным моментом, прилагаемыми к балке в тех сечениях, где определяется перемещение. Определение перемещений при сложном виде грузовой эпюры выполняется по участкам балки, на каждом из которых единичная эпюра должна быть линейно – гладкой, т.е. описываться одной линейной зависимостью. При этом в пределах каждого из таких участков на грузовой эпюре выделяются простые фигуры, для которых легко определяются площади и положение центров тяжести. Затем суммируются произведения площади ωpi каждой простой фигуры на ординату Yi единичной эпюры, взятую под центром тяжести соответствующей простой фигуры. В приложении приведены значения площадей и координаты центров тяжести наиболее часто встречающихся простых геометрических фигур. Формула (3.1) в случае сложного вида грузовой эпюры имеет вид

∆ip =

∑ωpiYi

,

(3.2)

 

 

EI x

 

где i – номер простой фигуры в грузовой эпюре.

Направления единичной силы и единичного момента, выбираемые произвольно, указывают предположительные направления искомых перемещений.

Полученные положительные значения перемещений подтверждают верность выбранных направлений перемещений, а отрицательные значения указывают на то, что перемещения направлены противоположно направлению единичного нагружения.

4. Пример определения перемещений в простой двухопорной балке методом начальных параметров

Для балки, расчетная схема которой показана на рис. 5,а, требу-

ется:

1)построить эпюры Q, Mиз и подобрать сечение из прокатного двутавра, полагая [σ] = 160 ΜПа;

2)определить прогибы и углы поворота в характерных сечениях

при Е = 2 105 МПа и построить прогнутую ось балки;

8

3) проверить жесткость при [V ]= 300l .

При выполнении расчетов в Технической системе единиц необ-

ходимо помнить, что 1Н = 0,1 кгс; 1кН = 0,1 тс; 1Па = 1 10-5 смкгс2 ; 1МПа = 106 Па.

Решение

Любым из способов, рассмотренных в задании «Изгиб», строим эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов Миз (рис. 5, б, в).

Определяем опасное сечение и M max по эпюре Миз. Подбор дву-

таврового поперечного сечения производим, используя условие прочности при изгибе:

Wx тр ≥

 

Мmax

=

28

=0,000175м

3

.

 

 

 

 

 

[σ]

160 103

 

По таблице сортамента (ГОСТ 8239 – 89) принимаем двутавровое сечение № 20, для которого Wх = 0,000184 м3, Ix= 0,0000184 м4, жест-

кость сечения балки:

EIx = 2 105 103 0,0000184 = 3680 кН м2.

Подготовим расчетную схему к составлению дифференциального уравнения изогнутой оси балки (рис.5,г).

Начало координат выбираем на левом конце балки, направив ось прогибов вниз.

Обрывающуюся распределенную нагрузку продолжаем до конца балки, компенсируя ее на третьем и четвертом участках.

Внешний сосредоточенный момент умножаем на фиктивное пле-

чо (z – 3)°.

Составляем дифференциальное уравнение

EIxV" = −Миз.

 

 

 

 

 

9

 

 

P=5 кH RA = 19 кН

 

 

RВ = 6 кН

 

 

 

q=10 кН/м

m1 = 25 кН·м

 

m2 =10кН·м

а)

 

A

 

 

В

 

 

 

 

 

 

 

1м

 

2м

 

3м

1м

 

 

 

14

 

 

 

 

 

б)

 

+

 

 

 

 

Эп.Q (кН)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

–

 

 

 

5

1,4м

6

 

6

 

 

5

 

 

 

 

в)

−

 

 

 

 

 

Эп. Миз=М р(кН·м)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4,8

3

+

 

 

 

 

 

 

 

 

10

 

 

 

 

 

 

25

 

 

 

 

 

 

28

 

 

 

1

A

 

2

 

 

Z

 

3,5м

C

В

3

г)

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

V

 

 

 

 

θ(3)

 

 

θ(1)

 

 

 

 

 

 

 

θ(A)

 

θ(2)

 

θ(B)

 

 

 

 

 

θ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(C)

 

 

д)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

V(1)

V(2)

V(C)

 

V(3)

 

 

Рис. 5. Схема балки, эпюры Qи Mиз, расчетная схема

 

 

 

 

и изогнутая ось балки

 

10

EI

V " = −[−Pz + R

A

(z −1) − q

 

(z −1)2

+ m (z −3)o +q

(z −3)2

+ R

B

(z −6)].

 

 

(4.1)

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

1

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Интегрируем первый раз и получаем уравнение углов поворота

 

 

 

EI V ' =C + P

z2

 

− R

 

(z −1)2

 

+ q

(z −1)3

−m

(z −3)

−q

(z −3)3

− R

 

 

 

(z −6)2

.

(4.2)

 

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

B

 

 

x

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

6

 

1

 

 

 

6

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Интегрируем второй раз и получаем уравнение прогибов

 

 

 

EI V =D+Cz+P

z3

−R

(z −1)3

+q

(z −1)4

−m

(z −3)2

−q

 

(z −3)4

−R

 

(z −6)3

.

 

(4.3)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

6

 

 

A

6

 

 

 

 

24

 

1

2

 

 

24

 

 

 

 

B

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Постоянные интегрирования С и D определяем из граничных ус-

ловий:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

а) при z =1 м

 

 

 

V = 0 ;

б) при z = 6 м

 

 

 

 

 

 

 

V = 0.

 

Подставляя эти условия, а также исходные данные в уравнение (4.3), получаем

0

= D +C 1 + 5

13

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6 3

 

 

( 6 −1 )3

 

 

 

 

( 6 −1)4

 

( 6 −3 )4

 

 

( 6 −3 )4

 

0

= D +C 6 + 5

−19

 

+10

− 25

−10

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

24

 

 

 

 

24

 

 

 

 

24

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

откуда

 

 

С = 20,5 кН м2,

 

 

D = –21,3 кН м3.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Определяем прогибы в характерных сечениях балки и в середине

пролета по уравнению (4.3):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

сечение (1). z(1) = 0,

EIxV(1) =D,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

V(1) = −

 

21,3

 

= −0,0058 м;

 

 

 

 

 

 

 

 

сечение (А). z(A) = 1м,

 

3680

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

V(A) = 0;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

сечение (2). z(2) = 3 м,

 

 

 

 

z3

 

 

( z

 

 

−1)3

 

( z

 

 

−1)4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

( 2 )

 

( 2 )

 

 

 

EI V

= D +Cz

( 2 )

+ P

 

 

 

( 2 )

− R

A

 

 

 

 

+ q

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x ( 2 )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

6

 

 

 

 

24

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Смотрите также файлы