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

Скачать файл (0,29Мб)

Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 16.06.2024

Просмотров: 76

Скачиваний: 0

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

		− 21,3	+ 20,5 3	+ 5	33	−19	( 3 −	1)3	+10	( 3 −1)4
V	=	− 21,3	+ 20,5 3	+ 5	6	−19	6		+10		24	= 0,0119 м;
					6		6				24

( 2 )						3680
						3680

сечение (С). z(c) = 3,5 м,

( z

( c )

−1)3

( z

( c )

−

1)4

EI V

= D +C z

( c )

+ P

( c )

− R

+ q

( c )

−21,3 + 20,5 3,5 +5

3,53

−19

( 3,5 −1)3

+10

( 3,5 −1)4

V( c ) =

=0,013 м;

3680

сечение (В).

z(B) = 6 м,

V(B) = 0;

сечение (3).

z(3) = 7 м,

( z

−1)3

( z

−1)4

( 3 )

EI V

= D +C z

( 3 )

+ P

( 3 )

− R

+ q

−

( 3 )

( z( 3 ) −3 )2

( z( 3 ) −3 )4

( z( 3 ) −6 )3

− m1

− q

− RB

− 21,3 + 20,5 7 +

−

(7 −1)3

+10

(7 −1)4

− 25

(7 −3 )2

−

V( 3 ) =

3680

−10

(7 −3 )4

−6

(7 −6 )2

= −0,01 м.

3680

Определим углы поворота в этих же сечениях по уравнению (4.2):

сечение (1).

=0 ,

EI θ

= EI

V '

= C,

( 1 )

x ( 1 )

( 1 )

=V'

20,5

=0,0056 рад;

( 1 )

3680

Z 2

сечение (А).

=1м, EI

( A )

EI V

= C + P

( A )

x ( A )

20,5

( A )

=V'

=0,0063 рад;

( A )

3680

сечение (2). z( 2 ) = 3м,

z 2

( z

( 2 )

−1)2

( z

( 2 )

−1)3

( 2 )

= EI V '

= C + P

( 2 )

− R

+ q

( 2 )

20,5

−19

( 3 −1)2

+10

( 3 −1)3

( 2 )

= EI V '

=0,005 рад;

( 2 )

3680

сечение (С). z( c ) = 3,5 м,

−1)2

−1)3

−3)3

(c)

= EI V'

=C + P

(c)

− R

(c)

−m

−3) −q

(c)

x (c)

(c)

20,5+

3,52

−19

(3,5−1)2

(3,5−1)3

−25(3,5−3) −10(3,5−3)3

=V'

=0,0014 рад;

(c)

3680

сечение (В). z( B ) =6 м,

=EIV'

=C+P

z(2B)

−R

(z(B) −1)2

(z(B) −1)3

−m (z

−3)

−q

(z(B) −3)3

(B)

x (B)

(B)

(6 −1)2

(6 −1)3

(6 −3)3

20,5+5

−19

+10

−25(6 −3) −10

=V'

=−0,01

рад;

(B)

3680

сечение (3).

z( 3 )

=7 м ,

z 2

( z

( 3 )

−

1)2

( z

( 3 )

−1)3

( 3 )

= EI

V '

= C + P

( 3 )

− R

+ q

−

( 3 )

( z( 3 ) −3 )3

( z( 3 ) −6 )2

− m1( z( 3 ) −3 ) − q

− RB

7 2

−1)2

(7 −1)3

− 25(7 −1)−

20,5

−19

+10

θ( 3 )

=V( 3 ) =

3680

−10

(7 −3 )3

−6

(7 −6 )2

= −0,013 рад.

3680

По вычисленным значениям прогибов и углов поворота строим изогнутую ось балки (рис. 5, д). Положительные прогибы откладываем вниз (по направлению оси V), отрицательные прогибы откладываем вверх. При положительном угле поворота сечение поворачиваем по ходу часовой стрелки, а при отрицательном – против хода часовой стрелки.

5. Пример определения перемещений в простой двухопорной балке по способу Верещагина

Для заданной схемы балки (рис. 5,а) определить прогибы в сечениях (1) и (С) и угол поворота поперечного сечения (В). Сравнить прогибы и угол поворота, вычисленные по методу начальных параметров и по способу Верещагина, в указанных сечениях.

Определим прогиб в сечении (1). Для этого разобьем грузовую эпюру МP на простые фигуры по участкам расчетной схемы балки

(рис. 6, а).

Определим площади ωрi простых фигур грузовой эпюры МP:


ωp1	= −		1	1 5 = −2,5кН м2 ,		ωp4	=		1		2 3 = 3кН м2 ,
			2						2
ωp2	= −		1	2 5 = −5кН м2 ,		ωp5	=		1		3 28 = 42кН м2 ,
			2						2
ωp3	=	q 23			=6,67кН м2 ,	ω p6	=	1		3 10 =15кН м2 .
ωp3	=		12		=6,67кН м2 ,	ω p6	=	2		3 10 =15кН м2 .
			12					2

Нагрузим балку единичной силой Р = 1 в сечении (1) (рис. 6,б) и построим единичную эпюру M(v1 ) (рис. 6,в).

Определим ординаты единичной эпюры M(v1 ) под центрами тя-

жести площадей ωpi (рис. 6,а). Для удобства вычисления ординат единичной эпюры, кроме Y1, можно рассмотреть подобие любых треугольников, например аbе и edc. Из подобия следует, что

	Yi	=	ai	,	Y	=0,2a ,

1		5			i	i

где аi – расстояние от центра тяжести каждой площади ωpi, кроме ωр1, до точки е.

Тогда a1 =		2 м = 0,67м,	Y	= 2 1 = −0,67 м,
		3	1	3
		3		3
а2 =		4,33 м,	Y2	= −0,2 4,33 = −0,866 м,
а3	=	4 м,	Y3	= −0,2 4 = −0,8м,
а4	=	3,66 м,	Y4	= −0,2	3,66 = −0,732м,
а5	=	2 м,	Y5	= −0,2	2 = −0,4м,
а6 = 1 м,			Y6 = −0,2 1 = −0,2 м .

Знак «минус» соответствует знаку единичной эпюры. Вычислим прогиб в сечении (1), перемножив грузовую МP и

единичную M(v1 ) эпюры:

V(1) = EI1x (ω p1Y1 +ω p2Y2 +ω p3Y3 +ω p4Y4 +ω p5Y5 +ω p6 Y6 ) =

=36801 (2,5 0,67 + 5 0,867 −6,67 0,8 − 3 0,732 − 42 0,4 −10 0,2) =

=−0,0058 м(противоположно направлению единичной силы).

Определим угол поворота поперечного сечения (В).

Нагрузим балку единичным моментом m = 1 в сечении (В) (рис. 6,г) и построим единичную эпюру M(θB ) (рис. 6,д).

Ординаты M(θB ) единичной эпюры под центрами тяжести пло-

щадей ωpi грузовой эпюры определим по вышеуказанному выражению

Yi = 0,2 ai ,

где аi – расстояние от центра тяжести каждой площади ωpi до сечения

(A).

Тогда а2 = 0,67 м,

= −0,2 0,67 = −0,134,

а3 = 1 м,

= −0,2 1 = −0,2,

а4 = 1,33 м,

= −0,2 1,33 = −0,266,

а5 = 3 м,

= −0,2 3 = −0,6,

а6 = 4 м,

= −0,2 4 = −0,8.

Вычислим угол поворота поперечного сечения (В), перемножив

грузовую МP и единичную M(θB ) эпюры:

( B)

(ω

+ ω

Y ) =

EI x

p6 6

=36801 (5 0,134 − 6,67 0,2 − 3 0,266 − 42 0,6 − 15 0,8) =

=−0,0105 рад(противопол ожно направлени ю единичного момента ).

	ω			ωp2	ω	ω	ω
	p1				p4	p5	p6
	−	5
а)	−							Эп.Миз = Мр(кН·м)
а)	+
					3
		ωp3						10
								10
	P =1				28
					28		B
1		A					B
б)
		1
в)		ба −	дс				е	Эп.M(V1) (м)
в)	Y1	Y	Y	Y	Y	Y
	Y1	Y	Y	Y	Y	Y
		2	3	4	5	6

A		B	m =1
A		B
г)
			1
д)	–		Эп.M(θB )
Y2 Y3 Y4	Y5	Y6

Рис. 6. Определение прогиба и угла поворота в сечениях (1) и (В)

Вычислим угол поворота поперечного сечения (В), перемножив грузовую МP и единичную M(θB ) эпюры.

Смотрите также файлы

С.В. Сидельцев Автоматизированный электропривод системы подачи комбайна 1КШЭ.pdf

Н.С. Купченко Автоматизация карьерного оборудования.pdf

Н.М. Шаулева Датчики.pdf

Н.М. Шаулева Автоматизация подземных горных машин и оборудования.pdf

Н.А. Резниченко Монтаж и наладка электроприводов и аппаратов автоматики.pdf

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

Смотрите также файлы

Информация

Списки файлов

Дополнительно