Реферат Курсовая Конспект
Так как в балке выделяются два участка для М (х), необходимо составить дифференциальные уравнения для каждого участка - раздел Математика, 7.8. Путем Интегрирования Дифференциальных Уравнений Изогнутой Оси С Примене...
|
7.8. Путем интегрирования дифференциальных уравнений изогнутой оси с применением метода уравнивания произвольных постоянных определить величину наибольшего прогиба в пролете и опускание точки приложения силы для балки, изображенной на рисунке. Найти также углы поворота опорных сечений А и В.
Решение. Опорные реакции равны:
„ Ра + М0, Р(1+а) + М0/
А —---- 1--- У (вниз), В——-———---- 5 (вверх).
l I
Так как в балке выделяются два участка для М (х), необходимо составить дифференциальные уравнения для каждого участка. Решение упрощается, если
выражения моментов на каждом участке составлять, отсчитывая абсциссы сечений /—/ и 2—2 от одного начала координат (например, от точки Л) и рассматривая каждый раз одну и ту же отсеченную часть балки (у нас—левую). Тогда
Мх = —Ах,
М2 = — Ах--В(х—1) + М0. Интегрирование будем вести без раскрытия скобок, для второго участ-
ка— по переменной (х — I), обращающейся в нуль при х=1. ото скажется лишь на величине произвольных постоянных, приводя к уравниванию соответствующих постоянных для обоих участков. Получим:
Первый участок Второй участок
EJyl = — Ax EJy'2 = — Ах+В {х—/) + М0 {х—1)°
EJy'^-^ + Сг (I) EJy'2 = -^+B{X-l)2+M0(x-l) + C2 (III)
E/^-^ + C^+D, (И) EJy^-^ + ^l + Щ^-,
+ C2x + D3 (IV)
Из уравнений (II) и (IV) видно, что изогнутая ось балки состоит из двух кривых. Так как при упругой деформации ось балки представляет собой неразрывную плавную линию, то в точке сопряжения кривых (точка В) они должны иметь общую касательную и общий прогиб:
1) при х = 1 y'i — у'г, и 2) при x = l f/i = t/2-
По первому условию из (I) и (III) получим С1 — С2 = С. Из второго условия по (II) и (IV) найдем Dl^=D2=:D. Значения произвольных постоянных С и D определяются из условий закрепления балки на опорах Л и Б, где прогибы равны нулю:
3) при х — 0 уi = 0 и, следовательно, D = 0;
Л/^
4) при x = l yl = yi~O, откуда C — —z~ (из (II) или из (IV)).
Величина наибольшего прогиба в пролете найдется из уравнения (II).
Если У1 = {/тах> Т0 У' — 0- Приравняв (I) нулю, найдем необходимое значение х,
соответствующее утах:
п Ах* . АР I
О 0
XXX
3) EJy'='idx^dx'iq(x)dx + ^ + C2x + C3t
0 0 0
x x x x
4) EJy= J dx J dx J dx J q (x) ^т^ + ^ + ^+С4.
0 0 0 0
Значения входящих в эти уравнения произвольных постоянных определяются из условий в начале координат при х — 0. Используя равенства (1) и (2), получим: Сх = EJy(x = о = Q (* = 0) = -Ро. ^2 = EJy(x = 0> = Мо. Кроме того, при х = 0 Ci = EJylXm.Oi = EJQo nCt = EJy{x=0)=EJf(t.
Таким образом, произвольные постоянные интегрирования являются начальными параметрами, т. е. геометрическими и силовыми факторами при х = 0, чем определяется и их размерность: f& и 80—прогиб и угол поворота начального сечения, а Ро и Мо — сосредоточенная сила и момент в начале координат.
Уравнение изогнутой оси через начальные параметры напишется так:
y = fo + %^ij^f + ^ + l^l 4(x)dA (a)
L 0 0 0 0 J
В случае равномерно распределенной нагрузки q (х)=q6=const и последний член уравнения после четырехкратного интегрирования получит значение
■^°x ■, а уравнение (а) примет вид
y-fo + QoX + Tj L-2- + ~6~ + ~2^J ' (б)
Воспользуемся им для определения перемещений в заданной балке. Так как в начале координат (точка Л) нет ни силы, ни момента, т. е. Ро = 0 и Мо = 0, а нагрузка qo = —q (направлена в сторону отрицательной оси у), то
уравнения прогибов и углов поворота примут вид
v _ f JL R v qX* л,' А ^
Начальные параметры f0 и 0О определим из условия закрепления балки в сечении В: при х = / у = 0 и при х = 1 у' = 0, откуда 60 = -^гу-=9л и
Oil и
'° ~" 8£У ~ 'А'
При рациональном выборе начала координат решение может быть упрощено. Рекомендуется решить эту же задачу, приняв начало координат в точке В и направив ось х влево. Как изменятся при этом начальные параметры?
Ответ: /0=0; 60 = 0; Жо=-^; P0 = ql>, 6л = -^; JA~ 8EJ'
7.17. Пользуясь методом начальных параметров, определить величину наибольшего прогиба и углы поворота опорных сечений |
деревянной балки, изображенной на рисунке. Сечение балки — прямоугольник со сторонами £=15 см и /г = 20 см, пролет / = 3а = 6 м. Интенсивность нагрузки, приложенной на длине 2а, q — 0,3 т/м.
4 2
Решение. Опорные реакции: А = -^ qat B = -^-qa. Начало координат при-
О о
мем в точке А.
Для балки, разделенной на два или более участков, при нагружении ее силами, парами и равномерно распределенной нагрузкой общее уравнение изогнутой оси может быть написано в виде
,__ 1 [Mt(x-aOT)2 Pi(x-ap)3 ftfr-Qg)4!
~*~ EJ [ 2! **" 3! i 4! J*
Здесь /0, 0O' Mo и Ро — начальные параметры (см. задачу 7.10); ^ — интенсивность равномерно распределенной нагрузки на первом (от начала координат) участке; Mi, Pi, q-t — силовые факторы, появляющиеся в начале второго (и каждого последующего) участка при х — щ. Левая часть равенства, отделенная вертикальной чертой, представляет собой уравнение изогнутой оси в пределах только первого участка; все уравнение в целом описывает кривую только последнего участка балки (в нашем случае —второго). Следовательно, как и в задаче 7.8, у2 = У1 + УДОп- Из этих соображений нагрузку q0 первого участка следует продолжить до конца балки, восстановив нарушенную схему нагружения добавочной нагрузкой на втором участке qt = —q0> направленной вверх (см. рисунок).
В рассматриваемой балке начальные параметры (точка Л):
/о = 0, М0 = 0, P0 = A = ~qa;
нагрузки: qo = — q, Mi = 0, Pf = 0, qt — q (aq = 2a). Уравнение упругой линии примет вид
y-W-r Ej [З 6 24 У i"1" 24E1 '
Значение начального параметра 0О найдем из условия равенства нулю прогиба на опоре В 0/ = 0 при х = 3а). Подставляя х = 3а, получим
0= е0. За + ^-[4Яа (За)з-£ (За).+ Щ откуда 90— |-g-.
Окончательный вид уравнений прогибов и углов поворота:
1 / 8 - , 2 , qx* , а(х-2а)4
1 / 8 , . 2 „ qx* , д{х-2а)*
■ y==-Er[—9qa4-liqaX—6-)х+ 6EJ • (б)
Для отыскания наибольшего прогиба надо найти абсциссу х, при которой у —г/тач, т. е. у' = 0. В балках рассматриваемого типа наибольший прогиб располагается около середины пролета, поэтому рассматриваем только часть уравнения (б), относящуюся к первому участку:
Зг-4«в'+!*'*-0-
Решая уравнение методом последовательного подбора, найдем # = 1,445а. Подставляя х в уравнение (а), для первого участка получим
* 1 Г 8 2 (1,445а)4] 0,8да«
^ах—Щ-[—э-^-1,445а+¥?а(1,445а)3-а^ 24 j -,--—.
Для получения числового ответа подсчитаем жесткость балки:
ииъ 15-203 J = — = ^ = 10 000 см Е J = ЫО5 • 104 = 109 /сгсм2.
Следовательно,
0,8да4 0,8- 0,3- 24-10» 0 ол
/max =------- ЁГ------------ ГПо^------ — 3,84 см.
Углы поворота опорных сечений: 6д = ул:-о>» ®в — ух-за)- Из (б) имеем
е^-8^8'0-3 23-107^-0,0213, eR=M==7.°^23^!==ooi87
л 9ЈJ 9-109 в 9ЈJ 9 109 "."А»'-
9.1. Раскрыть статическую неопределимость стальной балки, показанной на рисунке, определить опорные реакции, построить эпюры изгибающего момента и поперечной силы, подобрать двутавровое сечение балки при допускаемом нормальном напряжении
lbOO кг/см% определить величину наибольшего прогиба балки, сравнив с наибольшим допускаемым прогибом, равным 0,002 пролета балки.
Решение. Из уравнений статики устанавливаем следующие зависимости:
Нв = 0, A-^B = qa, (1) 3Ba-MB = M0 + q~. (2)
При двух уравнениях—три неизвестных. Применим при раскрытии статической неопределимости метод интегрирования дифференциального урав-
нения изогнутой оси балки с использованием приема уравнивания произвольных постоянных интегрирования (см. решения задач в § 22). Начало координат примем в точке В, в защемлении балки, чтобы произвольные постоянные С и D оказались равными нулю. Составляем дифференциальное уравнение упругой линии и интегрируем его дважды:
EJy"=Bx-MB-M0(x-2a)0 — q (*~2a)2, EJy' = B^-MBx-M0(x-2a)-qЈ=^ + C,
Записываем следующие три условия для определения неизвестных величин: #! = (), {/i = 0; отсюда D = 0; х1==0, j/i = 0; » С = 0, х2 — 3а, 1/2 = 0;
подставив это значение х2 в уравнение прогибов, получим следующую зависимость:
9Ba-9MB = M0 + ^L. (3)
Для определения величины Мв решаем совместно уравнения (2) и (3):
(2) ЪВа-Мв = М0+^~ -3
(3) 9Ва-Жв = М0+^-
MB^j М0--^да'" = ~ + -^ = 2'т ™-
Далее из уравнений (2) и (1) находим £=1,43 т и А = 2,57 г.
Обычными приемами строим эпюры поперечной силы и изгибающего момента (схемы б и б). Наибольший изгибающий момент Мтах = 3,14 гж. Подби-
М 314 000 1П. . „ ., ОЛ
раем размеры балки: W =-т—.г = .„„„ = 1% см3. Нужен двутавр № 20а:
W == 203 еж3, J = 2030 см EJ = 4,06 • Ю9 кгслР.
Прежде чем вычислять перемещения, рекомендуется переписать уравнения углов поворота и прогибов, подставив в них все известные числовые величины:
EJy'= 0,715х*-2,56х —2 (х — 4)—~{x — i) (I)
О
£/г/ = 0,238х3— 1,28х2 — (х—4)2 —^(* — 4)4. (II)
Приемами, объясненными в § 22, определяем, что сечение с наибольшим прогибом находится на правом участке балки и имеет абсциссу xft = 3,58 м.
Это значение подставляем в уравнение (II) и устанавливаем, что наибольшая величина прогиба f=l,35 см, т. е. на 12% больше допустимой: [fj= 1,2 см. Приняв вместо двутавра № 20а следующий по порядку двутавр № 22 (J =2550 еж4, 1Г = 232 ел*3), снизим величину наибольшего прогиба до 1,18 см. Наибольшие нормальные напряжения в опасном сечении уменьшатся при новом профиле до 1355 кг/см2.
9.2. Раскрыть статическую неопределимость стальной двутавровой балки, показанной на рисунке, определить опорные реакции, построить эпюры поперечной силы и изгибающего момента, подобрать сечение балки
при допускаемом нормальном напряжении, равном 1600 кг/см2, и вычислить величину прогиба в сечении, отстоящем на 2 At от опоры А.
Решение. Составляем уравнения статики:
A + B + C = q(a + b), (1)
А {а + Ь) + ВЬ-ЯЩ^-=0. (2|
Для раскрытия статической неопределимости применим дважды общее уравнение прогибов:
в сечении В
в сечении С
ЕЫАа + Ь) + АЦ^+В^-^" + ЬУ .р. (4
Решив все четыре уравнения, получим Л = 4,05 г, 6=10,53 т и С= 1,42 7 Эпюры поперечной силы и изгибающего момента построим обычными ' приемами (схемы б и б).
Необходимый момент сопротивления сечения
_М_ = 475000 [о] 1600 ~*" см-
Подходит двутавр № 24: W = 289 см?, 7 = 3640сж4, £/ = 3640-2-106 =-= 6,9-109 кгсм2.
Для вычисления любого перемещения нужно определить сначала из уоав-
нения (3) величину £ДЬ (учтя, что А =4,05 т):
^ b ^ 24 b ^
, 2-125_ 155 ,
+ 24 ------- ~2Т ™'-
Для определения искомого прогиба подставляем в общее уравнение прогибов значение х = 2 м:
9.94
------ 24" = 8,85 тм*.
Отсюда «/ = 8,85:6,9 = 1,28 см.
9.5. Раскрыть статическую неопределимость стальной двутавровой балки, показанной на рисунке, построить эпюры Q и М, подобрать сечение при [а] =1600 кг/см2 и определить величину прогиба конца консоли.
Решение. Применим способ Максвелла — Мора. За лишнюю неизвестную примем реакцию А. Основная статически определимая балка показана на схеме б. Эту балку загружаем дважды: заданной нагрузкой и силой А (схема в) и единичной силой Р°=1 (схема г). Интеграл Мора, выражающий прогиб
в сечении А, должен быть равен нулю:
J М(х) >М° dx = 0 (i)
Левый участок балки не рассматриваем, так как на этом участке изгибающий момент от единичной нагруз-
ки равен нулю.
На втором участке
М (х) = Лх-9(*^а)2',Мо = Р°х = *,
^A^dx-^^Lxdx = 0.
о о
Отсюда А = 17 т. Эпюры Q и М построены на схемах д и е. | Mmax | = = 8 тм. Нужен момент сопротивления № = 500 см3. Подойдет двутавр № 30а.
Для определения прогиба при составлении интеграла Мора прикладываем в конце консоли силу Р°=1 и от этого же места ведем отсчет абсцисс текущих сечений, как это показано на схеме ж).
EJy =
l+a l+a
= С ^-xdx+ ^ A(x — a)xdx.
А
Взяв интеграл, после подстановок получим EJy= 13,33 тм3, г/ р^0,86 см, т. е. перемещение направлено вниз, по направлению силы Р°.
– Конец работы –
Используемые теги: так, балке, выделяются, Два, участка, необходимо, составить, Дифференциальные, уравнения, каждого, участка0.131
Если Вам нужно дополнительный материал на эту тему, или Вы не нашли то, что искали, рекомендуем воспользоваться поиском по нашей базе работ: Так как в балке выделяются два участка для М (х), необходимо составить дифференциальные уравнения для каждого участка
Если этот материал оказался полезным для Вас, Вы можете сохранить его на свою страничку в социальных сетях:
Твитнуть |
Новости и инфо для студентов