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: 79

Скачиваний: 0

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

Определим прогиб в середине пролета – в сечении (С) (рис. 7). Нагрузим балку единичной силой Р = 1 в сечении (С) (рис.7, б) и

построим единичную эпюру M(vC ) (рис.7,в).

Единичная эпюра на третьем участке (между сечениями (2) и (В) представлена не одной линейной зависимостью, а двумя, поэтому необходимо грузовую эпюру Мр на третьем участке дополнительно разбить, как показано на рис. 7, а.

	ω	ωp5	ωp6	ωp7
ω	ω	ωp5	ωp6	ωp7	ω
p2	p4				p8

−

а) +

Эп.Миз = Мр(кН·м)

ωp3

					10
			28	25
A			2	P =1	B
A			2		B
б)				C
				C
в)				+	Эп.M(vC) (м)
в)
Y2	Y3				Y8
Y2	Y3	Y4			Y8
		Y4	Y5	Y6	Y7
				1,25

Рис.7. К определению прогиба в середине пролета балки

Определим площади грузовой эпюры Мр (рис. 7, а) и ординаты единичной эпюры M(vC ) (рис. 7,в) под центрами тяжестей площадей ωpi.

Тогда ωp2 = − 1 2 5 = −5 кН м2 ,										Y2 =0,5 0,67 =0,335м,
				10 23	2
ω	p3		=	10 23	=6 ,67 кН м2 ,	Y			=0,5 1 =0,5м,
ω			=		=6 ,67 кН м2 ,	Y			=0,5 1 =0,5м,
				12		3
				12
ω	p4		=	1 2 3 = 3 кН м2 ,		Y			=0,5 1,33 =0,65м,
	p4			2		4
				2
ω	p5		=	1 0,5 28 =7 кH м2 ,		Y		=0,5 2,17 =1,085м,
	p5			2		5
ω	p6		=	1 0,5 25 =6 ,25 кН м2 ,		Y			=0,5 2,33 =1,165м,
	p6			2		6
				2
	ω		р7	= 1 2,5 25 = 31,25 кН м2 ,				Y		=0,5 1,67 =0,835м,
			р7	2					7
				2
	ω	р8		= 1 10 2,5 =12,5 кН м2 ,			Y			=0,5 0,83 =0,415м.
		р8		2					8
				2

Вычислим значение прогиба в сечении (С), перемножив эпюры Мр

и M(vС ) :

V(c) = EI1x (ω p2Y2 +ω p3Y3 +ω p4Y4 +ω p5Y5 +ω p6 Y6 +ω p7Y7 +

+ω p8Y8 ) = 36801 (−5 0,335 + 6,67 0,5 + 3 0,65 +7 1,085 + 6,25 1,165 +

+31,25 0,835 + 12,5 0,415) =0,013м(внаправлении единичной силы).

По полученным значениям прогибов видно, что

Vmax = V(С) =0,013 м = 1,3 см < [V] = 500300 = 1,67см.

Таким образом, условие жесткости выполняется.

6.Пример определения перемещений в составной балке

спромежуточным сквозным шарниром методом начальных параметров

Для балки, расчетная схема которой показана на рис.8,требуется:

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;

							18
3) проверить жесткость при				[	]	=	l
3) проверить жесткость при				V		=	300 .
R A =15кH	m =10кH·м		q = 10кH/м						R В =15кH	m B =5кH·м
									P=40кH	Z
А		1	2				3		P=40кH	В
V	2м			4м				1м	2м	В
V	2м			4м				1м	2м
15	+	15						15	+	15
								15		Эп.Q(кН)


	3,5 м							–	25
	3,5 м						25		25
							25		25
									–	Эп.Миз=Мр(кН·м)
										Эп.Миз=Мр(кН·м)
		+								5
		+
θA	30	20	31,3				θ(лев3)	θпр
θA		20	31,3					(3)
A	1	2		∆θ(3)				3	B
	V	V(2)							V(3)
	(1)	V(2)

Рис. 8. Схема балки, эпюры Q и Миз, изогнутая ось балки

Решение

После построения эпюр Q и Миз из условия прочности при изгибе по сортаменту (ГОСТ 8239-89) принимаем двутавр № 20а с Ix=1970 см4,

тогда EIx = 2 105 106 1970 10−8 = 3940 103 H м2 = 3940 кН м2 .

Записываем дифференциальное уравнение изогнутой оси балки и дважды его интегрируем, учитывая наличие промежуточного шарнира:

EI xV " = −RA z + m( z − 2 )o + q

( z − 2 )2

− q

( z −6 )2

− P( z −7 ).

= EI V ' = C − R

+ m( z −2 ) + q

( z −2 )3

+ EIx

∆θ

( z −6 )o −q

( z −6 )3

− P

( z −7 )2

( 3 )

EI V	= D +C z − R			z3	+ m ( z −2 )2		+ q	( z −2 )4	+
EI V	= D +C z − R		A 6		+ m ( z −2 )2		+ q	24	+
x			A 6			2		24
+ EIx	∆θ	( z −6 ) −q ( z −6 )4				− P ( z −7 )3 .
	( 3 )				24		6

Граничные условия:

V(A) = V(0) = 0; V(B) = V(9) = 0; θ(B) = θ (9) = 0.

Первое условие дает D = 0, а два остальных дают систему уравнений относительно С и ∆θ (3):

		93		72		74				34				23			+C 9	+ EIx	∆θ	3,
0	= −15		+10		+10			−10				−40
0	= −15		+10		+10			−10				−40
		6		2		24				24					6				( 3 )
		6		2		24				24			2		6
		92				73			33						2
		92	+10 7		+10	73	−10		33		−40				2	+C + EIx ∆θ( 3 ).
0	= −15	2	+10 7		+10	6	−10			6	−40		2			+C + EIx ∆θ( 3 ).
		2				6				6			2

Откуда С = 65,26 кН·м2, ∆θ(3) = 0,0065 рад.

Определяем прогибы и углы поворота в характерных сечениях:

V(1) =			1		(65,26 2 −15			23		) =0,0282м = 2,82см, (вниз);
V(1) =		3940			(65,26 2 −15			6		) =0,0282м = 2,82см, (вниз);
		3940						6	3,53				1,52							1,54
V(2)	=		1		(65,26 3,5 −15				3,53			+ 10	1,52			+ 10				1,54			) =0,0342м = 3,42см(вниз);
V(2)	=	3940			(65,26 3,5 −15					6		+ 10		2		+ 10					24		) =0,0342м = 3,42см(вниз);
		3940								6				2							24
V(3)	=		1			(65 ,26 6 −		15		6 3		+ 10	4	2	+ 10				4		4	) = 0,0093 м = 0,93 см(вниз );
V(3)	=		3940			(65 ,26 6 −		15		6		+ 10	2		+ 10				24			) = 0,0093 м = 0,93 см(вниз );
			3940							6			2						24
θ( A )	=			1			65,26 = 0,0166 рад (по часовой стрелке);
θ( A )	=		3940				65,26 = 0,0166 рад (по часовой стрелке);
			3940					6 2									43
θ(лев3 ) =				1			(65,26 −15	6 2			+10 4 +10						43	) =
θ(лев3 ) =			3940				(65,26 −15	2			+10 4 +10					6		) =
			3940					2								6