книги / Строительная механика.-1

Так как во всех клетках этой таблицы стоят нули, лиш ь на главной диагонали единицы, то система частных решений Щ называется системой с единичной матрицей. Нетрудно установить, что условиям (3.34) удовлетворяют следующие функции:

t/l(|3x) = ch p x co s рдс;

^ (Р * ) = 2р • [ch рх • sin flx + sh р* • cos Р*] '■>

Следует отметить, что производные функций Крылова (3.35) выражаются снова через те же функции, причем

U[ = -AUa\

U2 = Ui;

(3.36)

иг =и2-

Таким образом, общий интеграл уравнения (3.9) может быть представлен через функций Крылова

154

у(х) = Q&iCPx) + С2и2фх) + C3C/3(pjc) + C4f/4((3x) + у\х). (3.37)

Постоянные интегрирования С |, С2 , С3, С4 имеют здесь со­ вершенно определенный смысл. Действительно, если положить

х —О, и воспользоваться свойством (3.34) введенных функций, получим

Таким образом,

у(х) = у(0Щфх) + У(0) и2фх) + /(0 )tf3<P*) +

Формула (3.39) представляет общий интеграл уравнения (3.5). Постоянные интегрирования имеют здесь простой смысл: это на­ чальные (при х = 0) значения искомой функции и ее производные.

Поэтому метод интегрирования дифференциальных уравнений, основанный на формуле (3.39) и широко применяемый в строи­ тельной механике, называется методом начальных пара­ метров.

Согласно метода начальных параметров, балка разбивается на участки. Подставив (3.38) в (3.39), получим функцию прогибов на I участке балки

У\=Уои\ ( Р * ) +Фо и 2 ( Р * ) -Т г ~ и1( N " z

<3 « »

Пользуясь приведенными в (3.36) правилами дифференциро­ вания от функций прогибов (3.40) переходим к углам поворота фг = = у{ и далее по формулам (3.25), (3.26) к внутренним усилиям на I

участке

ф1 = - з;о -4 ^ 4 (И + Фо^ ( И - ^ - ^ ( Р ^ ) - z

Ы 2

155

Л/, = у0' 4£/гУ3( И +<Ро • 4£/z{/4(px) + Щ ■£/,(рх) +

Функцию у\ продолжаем на второй и последующие участки. Приращения Ду,- этой функции будут зависеть от приращений внутренних сил АЛ//, Аб/ и интенсивности нагрузки на границах между участками Аф. Добавляя эти приращения к функции прогибов, углов поворота, изгибающих моментов и поперечных сил, получим универсальные формулы

границы между участками.

Как и в обычной балке, в начале координат часть начальных параметров бывает известна, а остальные определяются из граничных условий, формируемых для противоположного конца стержня.

С целью облегчения вычислений при выполнении практических расчетов балок на упругом основании в таблице 3.7 приводятся значения тригонометрических, гиперболических функций и функций Крылова при заданном аргументе.

156

157

3.7. Расчет шпалы рельсового пути, как короткой балки на упругом основании (задача № 11)

Пусть требуется определить прогибы и внутренние усилия в железобетонной шпале Е = 3.05-1010 Н /м2 , длиной 2 /= 2.7 м, с размерами поперечного сечения b*h = 0.25x0.18 м2, лежащей на балластном слое щебня к\ = 75 МПа (см. табл. 3.1), нагруженной двумя силами Р - 210 кН каждая, приложенными на расстоянии

а= 0.54 м от ее концов (рис. 3.8).

Ре ш е н и е

1. Расчет начальных параметров

Последовательно вычисляем все необходимые геометрические и жесткостные расчетные характеристики для заданной системы:

EJZ = 3.05 • Ю10 • 1.215 • ЮТ4 = 3.71 • 106 Н м2;

к = кх Ь = 75 • 106 • 0.25 = 18.75.106 Па;

Поместим начало системы координат ху в центре тяжести левого крайнего сечения шпалы. Граничные условия задачи в начальном сечении при х = 0 запишем в виде

Согласно (3.40)+(3.43) запишем функции прогибов, углов пово­ рота и внутренних усилий для I участка (0 * х й а):

л( * ) - л *Мр * ) + 1'о </2(Р*);

=-*У0 1/4(рж)+ Фо 0 i(px);

(3.49)

м 1( х ) = ш ! [ л ^ з ( И + ч>»^(рх)];

158

Для определения уо и <ро используем симметричный характер нагружения балки относительно среднего сечения х - /, где имеем

159

В качестве условия проверки правильности вычисления значе­ ний начальных параме1ров, подставим их значения в (3.54) и (3.55), получим

0.4020= 5.07 1 0 ^ = 0 ;

еп(/)=4.1.062• 3.71-106 (8.68-10"3 • 1.06-1.2485- 2.5-10"* • 1.0620)-

-2 Ы 0 4 •0.8908=187.1131-187.068=0.0451кН« а

Следовательно, величины у0 и <р0 определены верно.

2. Определение прогибов, углов поворота и внутренних усилий

Разобьем балку на 10 участков. Используем симметрию задачи, поэтому будем рассматривать только половину балки, т.е. сечения О, 1, 2, 2’, 3, 4, 5 (см. рис. 3.9, а). Расчеты будем вести в табличной форме (см. табл. 3.8). Поэтому, согласно (3.52), запишем выражения прогибов, углов поворота и внутренних усилий для 1 и II участков

><*) = >0 ^ ( И + <Р0 ^ 2 < и + - ~ и 4( ^ ( х - а ) ) ^ ;

у(х) = 8.68-10-э •0 , 9 9 8 6 + 0 , 2 9 9 9 = 8,597 • 10~3 м;

<р(х) = -4.8,68.10~3 1,06-0,0045- 2,5• Ю-4 •0,9998 =

= -2 ,5 Ы 0 -4 рад;

М(х) = 4 • 1,06 • 3,71 • 10б[в,68 • 10-3 ■1,06 0,0450 - 2,5 • 10*4 • 0,0045]=

= 6,495 к Н м ;

Q(x)=4 1 ,Об2-З^М О 4 [8,6810"3 • 1,06• 0,2999 - 2,5• 10'4 0,0450]= = 45,822 кН.

160