WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!


Pages:     | 1 |   ...   | 3 | 4 || 6 | 7 |   ...   | 9 |

в – иллюстрация правил Клебша; г – изогнутая ось балки Для определения постоянных С и D запишем граничные условия: в заделке (в сечении А, где находится начало координат) угол поворота и прогиб балки равны нулю, то есть = (x = 0) = w (x = 0) = 0 и wA = w(x = 0) = 0.

A Подставляя эти условия в выражения для угла поворота и прогиба на первом участке, найдем, что C = 0 и D = 0.

Теперь можно определить заданные перемещения. Для определения угла поворота в сечении В подставим в выражение для угла поворота на первом участке (только до черты с номером I) значение x = 1 м :

12 EIB = EIw (x = 1) = -M 1 - RA = -5 - = - кНм2.

A 2 В соответствии с правилом знаков отрицательный знак угла поворота для выбранного начала координат х справа означает, что поворот сечения происходит по часовой стрелке.

В сечении С, где требуется найти прогиб, координата х равна 4 м, и это сечение находится на третьем участке балки, поэтому подставляем х = 4 м в выражение для прогибов, используя слагаемые на всех трех участках:

42 43 32 34 EIwC = EIw(x = 4) = -M - RA + M - q2 + F2 + A 2 6 2 24 + (q1 + q2 ) = - 67,1кН·м3.

Знак минус у найденного прогиба показывает, что сечение С перемещается вверх. Покажем найденные перемещения на изогнутой оси балки. Чтобы нарисовать ось балки после деформации, построим эпюру изгибающих моментов (рис. 4.20, б). Положительный знак эпюры М на участке показывает, что балка на этом участке изгибается выпуклостью вниз, при отрицательном знаке М изогнутая ось имеет выпуклость вверх. Кроме того, деформированная ось балки должна удовлетворять условиям закрепления: в нашем случае на правом конце балка имеет жесткое защемление, и, как уже отмечалось при записи граничных условий, прогиб и угол поворота в защемлении должны равняться нулю. На рис. 4.20, г изображена ось рассматриваемой балки после деформации, удовлетворяющая этим условиям. На изогнутой оси показаны найденные прогиб в сечении С и угол поворота сечения В с учетом их знаков.

В заключение сосчитаем прогиб балки в сантиметрах, угол поворота в радианах и проверим условие жесткости. Найдем жесткость ЕI рассматриваемой деревянной балки из трех бревен радиусом 12 см. Момент инерции поперечного сечения r4 3,I = 3 = 3 = 48833 см4.

4 Модуль упругости дерева Е = 104 МПа = 103 кН / см2. Тогда EI = 103 48833 = 48,8 106 кН·см2.

Прогиб балки в сечении С 67,wC = - = -1,38 см, 48,а угол поворота сечения В 20 B = - = - 0,410 10-2 рад.

48,8 Очевидно (см. рис. 4.20, г), что найденный прогиб балки в сечении С является максимальным, поэтому для проверки условия жесткости сравним его с допускаемым прогибом. Для балки длиной l = 4 м допускаемый прогиб согласно условию [w] = 400 200 = 2см.

Таким образом, максимальный прогиб wmax = wC = 1,38см меньше допускаемого, и условие жесткости выполняется.

Пример Условие задачи В балке с двумя консолями, показанной на рис. 4.21, а надо найти угол поворота сечения А и прогиб сечения D, используя аналитический способ. Сечение балки – двутавр № 24.

Решение Выберем начало отсчета координаты х на левом конце балки в точке А и запишем выражение для изгибающего момента на всех участках с учетом правил Клебша :

M (x) = 0 - RB (x -1) + M (x -1)0 + RC (x - 5).

I III II Подставим это выражение в дифференциальное уравнение изогнутой оси (4.16) и проинтегрируем его дважды:

(x -1)2 (x - 5) EIw (x) = C + RB - M (x -1) - RC ;

I 2 II III x а x 20кН F= x =40 кН.м M A B C D 15кН R = B R = 35кН C 4 м 1 м 1 м б Эпюра Q Эпюра М в A wA wD Рис. 4.21. К решению примера 2 аналитическим способом:

а – схема балки с нагрузками;

б – эпюры внутренних усилий;

в – изогнутая ось балки (x -1)3 (x -1)2 (x - 5)EIw(x) = D + Cx + RB - M - RC.

I 6 2 II III Найдем произвольные постоянные С и D из граничных условий.

В точках В и С, где находятся опоры, прогибы не возможны. Поэтому EIwB = EIw(x = 1) = D + C 1 = 0, 43 EIwC = EIw(x = 5) = D + C 5 +15 - 40 = 0.

6 Получили систему из двух уравнений с двумя неизвестными С и D.

Решая эту систему, найдем С = 40 кН·м2, D = – 40 кН·м3. Проанализируем результат, используя геометрический смысл произвольных постоянных С и D. На рис. 4.21, в показана изогнутая ось балки, соответствующая эпюре изгибающих моментов и условиям закрепления. Точка А, находящаяся в начале координат, перемещается вверх, и поэтому следует ожидать, что D = EIw0 = EIwA будет иметь в соответствии с правилом знаков отрицательный знак. Сечение в точке А поворачивается по часовой стрелке, поэтому постоянная C = EI0 = EIA должна быть положительна. Полученные знаки С и D не противоречат проведенному анализу.

Теперь можно найти искомые перемещения. Угол поворота се чения А определим, подставив в выражение для w (x) на первом участке значение х = 0, то есть EIA = EIw (x = 0) = C = 40 кН·м2.

Чтобы найти прогиб в точке D, в выражение для прогибов w(x) подставляем x = 6 м, используя все слагаемые этого выражения, так как точка находится на последнем третьем участке:

53 52 EIwD = EIw(x = 6) = - 40 + 40 6 + 15 - 40 - 35 = 6,67 кН·м3.

6 2 Разделим полученные результаты на жесткость балки, чтобы сосчитать угол поворота в радианах, а прогиб в сантиметрах. Жесткость стальной двутавровой балки № 24:

EI = 2 104 3460 = 6,92 107кН·см2.

Угол поворота сечения А A = = 5,7810-3рад.

6,Прогиб точки D 6,67 wD = = 0,0964см.

6,Положительные знаки полученных перемещений свидетельствуют о том, что поворот сечения А происходит по часовой стрелке, а точка D перемещается вниз. Изогнутая ось балки с найденными перемещениями и точкой перегиба показана на рис. 4.21, в.



Определение перемещений в балке методом Максвелла – Мора Пример Условие задачи Найдем перемещения – прогиб сечения С и угол поворота сечения В в балке, показанной на рис. 4.20, а, методом Максвелла – Мора и сравним их с теми же перемещениями, найденными ранее аналитическим способом.

Решение В соответствии с методом Максвелла – Мора перемещения находим по формуле (4.21). Рассмотрим два варианта использования этой формулы:

• аналитическое интегрирование формулы;

• интегрирование с помощью правила Верещагина.

Вариант 1. Аналитическое интегрирование формулы Максвелла – Мора Для определения перемещений по формуле (4.21) выпишем выражения для изгибающих моментов в балке от заданной нагрузки на каждом участке балки. Начало координат х можно выбирать произвольным образом, например, так, как показано на рис. 4.22, а. Тогда выражения для изгибающих моментов на трех участках будут такими:

xxxа =30 кН F=15 кН/м q= 60 кН м М М =5 кН м А А В С =10 кН/м q=20 кН F=1 м a=2 м b =1 м c R =30 кН A б xxx =M A В xxx в =4 м M A С =R A Рис. 4.22. К решению примера 1 методом Максвелла – Мора:

а – заданная нагрузка на балку;

б – обобщенная сила, соответствующая углу поворота в точке В;

в – обобщенная сила, соответствующая прогибу в точке С участок 1: 0 x1 a ;

M (x1) = F1x1 - q1x1 x1 2;

участок 2: 0 x2 b ;

M (x2 ) = F1(a + x2 ) - q1a(a 2 + x2 ) - F2x2 + q2x2 x2 2 ;

участок 3: 0 x3 c;

M (x3) = M + RAx3.

A Найдем сначала угол поворота сечения В балки. Загрузим балку в сечении В единичной обобщенной силой, соответствующей искомому перемещению, то есть парой сил, равной единице (рис. 4.22, б).

Запишем выражения для изгибающих моментов M1(x) на каждом участке от единичной пары сил. Начало отсчета координаты х должно быть таким же, как при записи выражений для изгибающих моментов от заданной нагрузки (см. рис. 4.22, б). Тогда:

участок 1: 0 x1 a ; M1(x1) = 0;

участок 2: 0 x2 b ; M1(x2 ) = 0;

участок 3: 0 x3 c; M1(x3) = 1.

Подставим записанные выражения в интеграл Максвелла – Мора (4.21) и проинтегрируем (на первых двух участках интегралы в рассматриваемом примере равны нулю):

c 1 1 c2 1 1 = B = (M + RAx3) 1dx3 = (M c + RA ) = (51 + 30 ) = A A EI EI 2 EI 20 кН м=.

EI Чтобы найти прогиб сечения С, приложим в точке С новую единичную обобщенную силу – сосредоточенную силу, положив ее равной единице (рис. 4.22, в). Выражения для изгибающих моментов M (x) на каждом участке от единичной сосредоточенной силы будут такими:

участок 1: 0 x1 a ; M (x1) = -1 x1;

участок 2: 0 x2 b ; M (x2 ) = -1(2 + x2 );

участок 3: 0 x3 c; M (x3) = -4 +1 x3.

После подстановки функций M (x) и M (x) в интеграл (4.21) и интегрирования на каждом участке получим a 1 q1x2 = wC = { x1 - )(-1 x1)dx1 + (F EI b q2 x+ (a + x2 ) - q1a(a / 2 + x2 ) - F2 x2 + (-1)(2 + x2 )dx2 + F c - 67,1 кН м+.

(M + RAx3)(-4 +1 x3)dx3} = A EI Величины найденных перемещений совпадают с результатами, полученными ранее аналитическим способом, а знак у угла поворота другой. Это следствие разных правил знаков в аналитическом методе и методе Максвелла – Мора. Обсудим полученные знаки перемещений. Положительный знак угла поворота показывает, что поворот происходит по направлению обобщенной силы. Поскольку единичная пара принята направленной по часовой стрелке, то и сечение В поворачивается по часовой стрелке. Отрицательный знак прогиба означает, что сечение С перемещается в сторону, противоположную принятому направлению единичной силы, то есть вверх. Таким образом, результаты решения полностью совпадают с полученными ранее аналитическим методом.

Вариант 2. Интегрирование формулы Максвелла – Мора с помощью правила Верещагина Как отмечалось раньше, процесс интегрирования формулы Максвелла – Мора с помощью правила Верещагина (или Симпсона) называется "перемножением эпюр". Чтобы "перемножить эпюры", построим их. Сначала построим эпюру изгибающих моментов от заданной нагрузки (рис. 4.23, а). Разобьем эпюру М на 6 простых фигур:

три треугольника 1, 2 и 3, два сегмента, ограниченных квадратной параболой, 4 и 5 и трапецию 6. Порядок разбивки эпюры моментов на составляющие фигуры на втором участке поясняет рис. 4.249. Найдем площади этих фигур:

102 1 = = 10кН·м2, 2 = - = -12,5 кН·м2, 2 101 3 = = 5 кН·м2, 4 = = 10 кН·м2, 2 1013 5 35 + 5 = - = - кН·м2, 6 = 1 = 20 кН·м2.

12 6 Эпюру М на втором участке можно разбить и на две фигуры: трапецию, у которой основания имеют разные знаки (10 и –25) и сегмент 5. В этом случае удобно воспользоваться правилом перемножения трапеций (4.24).

а =15 кН/м qМ =5 кН м А =30 кН F2 = 60 кН м М А В С =10 кН/м q=20 кН F=1 м =1 м =2 м b c a R =30 кН A 1/2 м 5 2 Эпюра М 4 2/3 м 10 3 1 м 1/3 м 1/3 м б М =А В Эпюра Мв М =4 м А С 6 R A = 4 Эпюра МРис. 4.23. Эпюры моментов: а – от заданной нагрузки;

б – от единичной обобщенной силы, соответствующей углу поворота сечения В;

в – от единичной обобщенной силы, соответствующей прогибу в точке Для определения площадей 4 и 5 использована формула (4.23). Затем строим эпюры моментов от единичных обобщенных сил, соответствующих искомым перемещениям. Чтобы определить угол поворота сечения В, приложим в точке В балки пару сил, равную единице, и построим эпюру изгибающих моментов М1 от этой пары сил (рис. 4.23, б). Найдем ординату под центром тяжести площади 2 25 1/3 b 2/3 b = + + 10 1/3 1/2 b b 2/b 1/b b = 1 м Рис. 4.24. Разбивка эпюры М на втором участке на три площади 6. Независимо от положения центра тяжести трапеции (а оно не определено) ордината под центром тяжести равна единице, так как изгибающий момент М1 на участке перемножения является постоянной величиной, всюду равной единице. То есть 6 = 1. Поскольку на всех остальных участках изгибающий момент М1 = 0 и 1 = 2 = 3 = 4 = 5 = 0, то по формуле (4.22) искомое перемещение 1 1 20 кН м1 = B = 66 = 201 =.





EI EI EI Полученная величина угла поворота совпадает с найденной ранее аналитическим методом. Положительный знак говорит о том, что поворот сечения В происходит по направлению обобщенной силы, то есть в соответствии с принятым на рис. 4.23, б направлением единичной пары по часовой стрелке. Теперь будем искать прогиб сечения С.

Загрузим балку новой обобщенной силой, соответствующей прогибу в точке С. Такой обобщенной силой будет сосредоточенная сила, равная единице и приложенная в точке С. Эпюра изгибающих моментов М2 от этой единичной силы показана на рис. 4.23, в. Согласно формуле (4.22) искомый прогиб 2 = wC = k k.

EI k=Найдем ординаты на эпюре М2, расположенные под центрами тяжести шести фигур, на которые разбита эпюра М. Положение центров тяжестей всех фигур, кроме 6, показано на рис. 4.23, а. Ординату на эпюре М2, расположенную под центром тяжести какой-то фи гуры, можно найти либо из подобия треугольников, либо как изгибающий момент от единичной силы под центром тяжести рассматриваемой фигуры. Используем второй вариант вычисления ординат. Изгибающий момент под центром тяжести треугольника 1 равен значению силы (1), расположенной слева от сечения, умноженной на плечо (4 3 м), со знаком минус. То есть 1 = - м.

Аналогично ордината под центром тяжести треугольника равна силе (1), умноженной на плечо (2 +2/3 = 8/3 м), со знаком минус. И так же для остальных фигур, положение центров тяжести которых известно:

8 2 = - м, 3 = - м, 4 = -1м, 5 = -2,5м.

3 Поскольку положение центра тяжести трапеции 6 не определено и невозможно в этом случае найти ординату под центром тяжести, воспользуемся на этом участке формулой перемножения трапеций (4.24):

66 = [235(-3) + 2 5(-4) + 35(-4) + 5(-3)]= -67,5 кН·м3.

Искомое перемещение – прогиб в точке С 1 4 8 7 2 = wC = [10(- ) + (-12,5)(- ) + 5(- ) + 10(-1) + (- )(-2,5) - EI 3 3 3 67,1 кН м- 67,5] = -.

EI Результат совпадает с найденным ранее прогибом в точке С аналитическим способом. Отрицательный знак перемещения показывает, что точка С перемещается в сторону, противоположную выбранному направлению единичной силы (см. рис. 4.23, в), то есть вверх.

Пример Условие задачи Определим угол поворота сечения А и прогиб сечения D в балке, показанной на рис. 4.21, а, методом Максвелла – Мора с использова нием правила Верещагина (перемножением эпюр). Ранее эти перемещения были найдены аналитическим методом, сравним результаты, полученные двумя способами.

Решение Построим эпюры изгибающих моментов от заданной нагрузки (рис. 4.25, а) и от единичных обобщенных сил, соответствующих искомым перемещениям (рис. 4.25, б, в). Разобьем эпюру моментов от заданной нагрузки на три треугольника и найдем их площади:

40 4 - 20 1 = = 80кН·м2; 2 = = -40 кН·м2;

2 - 3 = = -10кН·м2.

Для определения угла поворота сечения А перемножим эпюры М и М1. Для этого найдем ординаты на эпюре М1, расположенные под центрами тяжести треугольников:

2 1 = ; 2 = ; 3 = 0.

3 Тогда угол поворота сечения А согласно формуле (4.22) 1 1 1 2 = M M1dx = (11 + 22 + 33) = (80 - 40 ) = A EI EI EI 3 40 кН м=.

EI Положительный знак угла поворота показывает, что поворот сечения А происходит по направлению обобщенной силы, то есть в соответствии с показанной на рис. 4.25, б единичной парой сил по ходу часовой стрелки. Результат совпадает с полученным ранее аналитическим способом.

а 20кН F= =40 кН.м M C D B A 15кН R = B R = 35кН C 4 м 1 м 1 м 4/3 м 20 Эпюра М б 4/3 м 2/3 м 1/1 2 1/Эпюра М в 1/5/Эпюра МРис. 4.25. Эпюры моментов: а – от заданной нагрузки;

б – от единичной обобщенной силы, соответствующей углу поворота сечения А;

в – от единичной обобщенной силы, соответствующей прогибу в точке D Чтобы найти прогиб сечения D, используем при перемножении эпюру М2. Ординаты на эпюре М2 под центрами тяжести треугольников будут такими:

1 2 1 = - м; 2 = - м; 3 = - м.

3 3 Найдем прогиб сечения D по формуле (4.22):

1 wD = M M2dx = (11 + 22 + 33) = EI EI 1 1 2 2 6,67 кН м= (-80 + 40 + 10 ) =.

EI 3 3 3 EI Прогиб сечения D получился положительным. Это означает, что точка D перемещается по направлению единичной силы. Поскольку единичная сила показана на рис. 4.25, в направленной вниз, то и перемещение точки D происходит вниз. Полученный результат совпадает с тем, который был получен ранее аналитическим способом.

4.2. РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫХ РАМ Рекомендуемая литература Александров А. В., Потапов В. Д., Державин Б. П. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1995. Гл. 2 (§ 2.6), гл. 8 (§ 8.9).

Дарков А. В., Шпиро Г. С. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1989. Гл. 11 (§ 11.4, 11.5).

Pages:     | 1 |   ...   | 3 | 4 || 6 | 7 |   ...   | 9 |










© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.