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: 281

Скачиваний: 1

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