Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

книги из ГПНТБ / Перемещения при изгибе программированное учебное пособие

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

29.10.2023

Размер:

2.21 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 105 6 7 8 9 10 > Следующая >>>

Да. Правильно.


Левая реакция А = 1 2 qa.
Правая реакция В =					18 qa .		,
I участок		АЦ =		24 q a 2 + I2 q a x i — 3q x /
		E l y /		— 24qa2x x -j- 6q a x / — q x x3 - f C x,
		=	12<7a2V		+ 2q a x x3 —	- f Cxx x - f D x.
II участок		А Ц = 2 4 q a 3 + 12q a x 2 — 6q 2a ( x 2 ~						a ) — 18q a X
			X (-*2 — 2a) = 72ga3 — \ 8 q a x 2 ,
			E l y . / = 72q a 3x 2 -- 9q a x /				C2 ,
		£ /y 2 =		36 q a 3x 23 — 3q a x / -f- C2x.. -f- £>2 .
при	-*i — 0 ,			£/у! = 0 ,		т. е. / > 1	= 0 ,
при	х 2 = 4а ,		E l y 2 — 0 ,
		36<?а2 16а2 — 3qa 64а3 +				С2 4а +	D 2 =	0 .
			1.	384<7а4 -J- 4а С 2 -f- Е)2 — 0			'
при	х х = х 2— 2 a			E l y / = E l y /
2 4 q a 2 2а -f- 6q a 4а2 — q 8а3 + Cj =						72q a 1 2a	— 9 q a 4a2 -f- C 2 .

2.- 4 1 q a 3+ C 1- C i = 0,

при x x — x 2 — 2a E I y x = Ely., ,

12<?a2 4 a -- x-2 q a 8a3—4qa4+ C x 2a=36qa2 4a2—3qa 8a3-j-C2 2a + D 2

3. — 60 q a 4 + 2a C x — 2a C2 — D s = 0 .

Решая систему трех	уравнений с тремя		неизвестными,
находим С, = — 59qa 3 ,	С 2 =	— 1 ОЗда3 и D 2 — 28q a 4 .
Подставляя в уравнение Е 1 у 2 значения С2			и D 2, а также
х ~ 3 (координата сечения «К»), получаем
„		38q a i
E l y 2= — 38 q a i ,		у 2 = —

£7

Смотрите стр. 43.

4»

Сколько постоянных интегрирования достаточно определить для того, чтобы найти перемещения се чения «К»?

Возможные ответы:

2 (см. стр. 34), 4 (см. стр. 32), 6 (см. стр. 46).

Неправильно.

	При	правильном			решении			Вы должны			получать следу
ющее:
	левая реакция А — 12 да,
	правая реакция В = 18 qa.
Изгибающий момент в произвольном сечении на I участке
				M.V-J =	24д а 2 4- \ 2 q a x 1 — 3 q x /					■
1-	е интегрирование E l y /						=	2iqa'ix l	+ 6q a x / — q x / + C t ,
2-е интегрирование					E f y 1= \ 2 q a 2x / - { - 2 q a x l3— (,^E -\|-C1Xj+Z)l .
	Изгибающий момент в произвольном сечении на II участке
				Мзг, =		72q a 2 — 18qax-2 .
4-е интегрирование					E ly - /	=	72да2х2 — 9 q a x /				-j- С2,
2-е интегрирование					Е 1 у 2 =		36^а2л;22 — З д а х А				+ С«аг2 -f- D 2 .
	Граничные условия:
1)	при	х,	=	0; Е 1 у \ = 0			2) при х г =			а	Е 1 у 2 — 0 ;
3)	при	х,	=	л- . = 2л	E l y /		=	/;/>'./ ,
4)	при x t = х 2 — 2а				Е ly\		=	E l y , .
	Постоянные интегрирования:
	А = 0 ;			С 1 = -	59да3;			С2 = — ЮЗяа3;			D.. = 28qaE
А теперь нужно найти правильный									ответ,		вернувшись на
стр. 38.

Нет. Неправильно.

Вам нужно определить перемещения сечения «К» на I участке.

Вы имеете уравнение углов поворота сечений и уравнение прогибов на I участке, в которые вхо дят неизвестные постоянные интегрирования CYh Dj. Кроме того, Вы знаете, что угол поворота у' = 9=0

ипрогиб у=0 в начале I участка, т. е. при х = 0. Недостаточно ли этих двух условий, чтобы оты

скать два неизвестных?

Вернитесь на стр. 25 и найдите правильный от вет.

Рассмотрим предыдущий пример еще раз.

	) нпнлнш
	С&п	MJ-J-Janu
	В	Хг	J	*
	В	2а	2а
	E l y д" == Л Ц = 24qa*-{- 12q a x x — 6q ,
I	E f y i = 24qa?xx +		г	— - Ч* ^ - + Gx
участок			г	Р
	Ely i = 24<?а2 -*■ +		12q a x y	*r C)XS-4- Dj
				24

На II участке продолжим распределенную нагрузку до конца балки и приложим такую же снизу, от этого схема

нагружения не изменится

EIi:)2=}Ax =2Aqa2+\2qax2-Qq -j- - \&qa{x2-2a) +

, „ ( x - i - 2 а ) ‘
E 6 q —
Интегрирование будем вести, не раскрывая скобок
Ely {=2\qa2x2Jr \ 2 q a ~	-бд-^г ~18qa
„ (х«	— 2а)3
+ 6?	g + С 2 ,
Е/у.^ 24да* ^ Ч- \2да ^ - 6д ^ - Щ а		+
+ 6д	+ С2Ло+А ;

(продолжение на стр. 44).

									44
при	х х =	0	£7у, = О ,		откуда		£>i =	0 ;
п р и х 2= 4а			Е 1 у 2 — 0 ,		т е.
16а2		о	64аЗ,	256а4	„	8а2	!Ра4
2 4 q a 2 2	~x~l2qa g '—6q				—18^а g Тб^			-{-С24а-[- D 2—О,.
	192да4+128^а4—64^-*—24да4+ 4да4+ С 24а+/32=								0,
236$д4-}- 4д С2-\- D ? = 0					или	D , — — 4аС=— 236q a 4 ;
			при х х = х 2 = 2а			Е1ух =Е1у2 ,
			4а3	8а3				4а2	8а3

24qa2 -2a + \ 2 q a ~ 2 ~ 6g-g- -j-C i=2 4 <ja2 -2 a + 1 2 <7a-Tj-—6 <7~g~ + С.*

C \ = C 2 ;		при	л-! = x 2=			2a		E lyx=EIy2,
4a2 ,		8a3	„	16a4		^	л	„	4a2
'24 qa2	rj~ - \ - \2 q a	g —6q		^	'\~Cxt-2a-1r D x= 2 4 q a 2 , ~^' -i-
		8a3			16a4
	-г 12 qa ~g“ — 6g				2$	Л - С у 2 а -[- D 2 ,
D x = Z32 =	0 , т. к. £>j =		0 ;		Тогда		D 2— — 4 a C 2— 2 3 6 qa 4— 0 7
Таким образом,		мы подучили				что С Х= С 2 и D X= D 2, т. е.

постоянные интегрирования на всех участках стали равными я общее количество постоянных' для балки с любым коли чеством участков равно 2, т.е.

С1—С2—

А=£>2=

Что же такое С и D1

Из уравнений на I участке видно, что С х = С2 — С = E I 0 О—

угол поворота сечения в начале координат, увеличенный в EI раз,

Е>\= D2 = D = Е1у0 —прогиб сечения в начале координат,

увеличенный в Е / раз.

(продолжение на стр. 45)

Окончательное уравнение прогибов запишется следующим, (образом:

х?2	х У	х 24	(X i— 2а ) 3	+
E l y 2 = 2 4 щг2 -	+12<щ -g- -	6	- 1 8 qa ~ 6~	+

„

-Ьб<?

(х2—	2а)* ,	г Л	„,
2 4		ElQqX^-E Elyo,
	( х - 0 ^	, {а:—0)3		( х - 0 р

£ /у 2= £7у0+ E I ©о* + « _ 2— + А ~ 6 —		“ "9l “ 24— —
(х—2а)3	( х —Чау
~ Р ^~Ъ	—?i— 24 •
Как видно в уравнение прогибов ■на II		участке входят

все члены уравнения прогибов на I участке.

Таким образом, составив уравнение прогибов для послед него участка балки, можно получить уравнение прогибов на любом ее участке, удержав соответствующее количество чле

нов уравнения.				формула
По такому принципу получена универсальная
изогнутой оси балки, которая в общем			виде записывается
следующим образом:	т ( х - а ) 1 , ^ Р ( х —а ) 3			V Ч(х~аЕ
Е 1 у = Е 1 у 0 + Е 1 ® 0 х + Ъ
	2	1 Z	6	24

Смотрите стр. 51.

Да. Правильно.

Чтобы определить перемещения сечения «К», находящегося на III участке Вы должны найти по стоянные интегрирования С3 и £>3, входящие в урав нения углов поворота и прогибов.

Ни для одного из сечений этого участка Вы не знаете перемещений, а значит не сможете составить дополнительные уравнения для определения С3 и Д3.

Вам известно только, что перемещения сечения в начале III участка равны перемещениям сечения в конце II участка, но чтобы найти их численно нуж но знать С2и D2.

Постоянные интегрирования С2 и D2 на II участ ке нельзя определить по тем же причинам, что и С3 и Ds на III участке. Значит нужно знать все шесть постоянных интегрирования Сi и Dд Са и D2; С3 и Д3; только тогда Вы найдете перемещения се чения «К».

Переходите на стр. 36-

Неправильно.

При правильном решении Вы должны

получать

следу

ющее:

12 qa;

левая реакция А =

правая реакция В =

18 qa.

сечении на 1 участке

Изгибающий

момент в произвольном

М’г =

24 q a t -j- I 2 q a \'j — 3qx% .

е интегрирование

E l y / =

24qa1x 1 -p 6 q a x 2— qx^ +

C-L,

е интегрирование

E I y x =

12q a 2x \ - \ -

q x \

2q a x \ — —- r C 1x 1- \ - D 1

Изгибающий

момент

произвольном

сечении на II участке,

М ^ = 72qa* — 18q a x 2 .

е интегрирование E l y 2 =

7 2 q a 2x 2 — 9qax'* + С 2 ,

е интегрирование Е1у2 = Збда2*2 — 3qax* +

С2х 2+ D2.

Граничные условия:

при Х\ = 0

Е1ух = 0; 2) при х 2 =

4а

Е 1 у 2 =

при xi

х 2

= 2аE l y /

= E l y / ;

при х,

х2

= 2а E Iy \

= Е ! у 2.

Постоянные

интегрирования:

7?! =

C i= -

59qa?;

С2= -

\ Щ с Р ;

£>2== 2 Ц а ± .

А теперь нужно найти правильный ответ, вернувшись на

стр. 38.

Неправильно.

В этом, уравнении нет одного члена, учитываю щего преобразование равномерно-распределенной нагрузки.

Равномерно-распределенная нагрузка, прило женная на 1 участке должна быть продолжена до конца балки, кроме того со II участка также до конца балки прикладывается распределенная на грузка той же интенсивности, но обратного направ ления.

Таким образом, заданная схема сил остается без изменения и, в то же время, выполняется • условие, согласно которому фаспределенная нагрузка не должна прерываться.

Вернитесь на стр. 49 и отыщите правильный от вет.

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 105 6 7 8 9 10 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке книги из ГПНТБ