Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный технологический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Спиглазов_Механика материалов для з.о

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

26.03.2015

Размер:

3.48 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1415 / 1815 16 17 18 > Следующая >>>

		θ	y dy tgθ θ
		θ	dx
			dx
θ			Так как в реальных конструкциях
θ			углы поворота сечений очень малы (до
			углы поворота сечений очень малы (до
			0,01 рад), то:
x	dy	dx	y 2	1.
x		dx	y 2	θ2
			y 2	θ2
Тогда из уравнения (3) получим:

y	Mи	,

	E Iz
y E Iz Mи .			(4)

Для определения углов поворота сечения и прогибов, уравнение (4) необходимо проинтегрировать, причем θ y :

	θ E Iz	y M иdx C1					уравнение углов поворота
E Iz
	y E Iz	θ'	dx	M иdx	C1	x С2	уравнение прогибов

E Iz

где C1 и C2 – константы интегрирования, определяются при помощи начальных условий (крепления балки на опорах).

10.2. Метод начальных параметров

Если на балку действует сложная нагрузка, то закон изменения изгибающего момента будет выражаться дифференциальным уравнением для каждого характерного участка балки.

y	θ0
				θx
0
y
		M		x
				x
	a	F	q	x
		F		y
		b
		c
		d
			x

Число констант интегрирования равняется удвоенному количеству участков, при этом в задаче необходимо использовать граничные условия смежных

участков. Этот способ очень сложный и в настоящее время используется в методе конечных элементов.

На практике существенно упростить решение позволяет метод начальных параметров. Т. е. для решения системы уравнений применим определенное инте-

грирование вместо неопределенного.

y E Iz Mи , y θ ,

θ x

E Iz dθ Mиdx ,

θ0 0

где Mиdx dA – дифференциал площади эпюры изгибающего момента,

	A( x)
E Iz θ E Iz θ0		dA Aотс ,
	A(0)
E Iz θ E Iz θ0 Aотс			(5)

где Aотс – площадь эпюры изгибающего момента между началом координат и интересующим нас сечением.

E I

A(x) ,

E Iz dy E Iz θ0 dx A(x)dx ,

A(0)

где A(x)dx – дифференциал статического момента.

E Iz y E Iz y0

E Iz

θ0 x Sотс ,

E Iz y E Iz y0

E Iz

θ0 x Sотс

(6)

где Sотс – статический момент отсеченной части эпюры изгибающего момента относительно интересующего нас сечения.

Площади эпюры изгибающих моментов и статического момента отсеченной части можно заменить соответствующими интегралами уравнения изгибающих моментов по длине балки.

Уравнение моментов составляют относительно координаты x, величина которой превышает расстояние от начала отсчета до точки сечения, в котором определяются прогиб и угол поворота сечения.

Если положение расчетной точки неизвестно, то линия сечения проводиться максимально близко к противоположной от начала отсчета крайней точки балки

(см. рис.).

За начало отсчета выбирают любую из крайних точек балки. В случае примера (см. рис.), получим:

Mи x M x a 0 F x b q	(x c)2	q	(x d )2	;
	2		2

При записи уравнения моментов используют следующие правила:

1. Сосредоточенный момент умножается на координату приложения относительно линии сечения в нулевой степени;

y	M
	M
0	M x M x 2	0
	M x M x 2
	2 м
	x

2. В случае если распределенная нагрузка не доходит до линии сечения, ее продлевают и с обратной стороны балки, но в обратном направлении, добавляют точно такую же часть (нагрузка должна быть непрерывна по координате x);

1 м 0	3 м
	x

	0
1 м	3 м
	x

M x q	x 1 2	q	x 4 2
	2		2

3. Для слагаемых используется тоже правило знаков, что и для уравнения моментов при построении эпюр.

Интегрируя уравнение моментов по dx, получают уравнение углов поворота:

E Iz	θ(x) Mи x dx M x a F	x b 2	q	(x c)3	q	(x d )3	C1;
		2		2 3		2 3

Интегрируя уравнение углов поворота по dx, получают уравнение прогибов:

E Iz	y(x) E Iz	θ(x)dx M	x a 2	F	x b 3	q	(x c)4	q	(x d)4	C1 x С2 ;
			2		2 3		6 4		6 4

Константы интегрирования C1 и С2 характеризуют соответственно угол поворота и прогиб в начале отсчета (при x 0 ):

E Iz θ x 0 C1 E Iz θ0 ; E Iz y x 0 С2 E Iz y0 ;

Постоянные y0 и 0 называют начальными параметрами.

Начальные параметры определяются исходя из условий закрепления балки:

–в защемлении прогиб и угол поворота равны нулю;

–в опорах прогибы равны нулю (угол поворота не равен нулю!!!)

10.3. Расчеты на жесткость

Из условия жесткости максимальный прогиб в балке не должен превышать допускаемой величины

ymax f y .

ymax

Данное условие позволяет решать все типы задач механики материалов и конструкций:

1.Проверочные расчеты.

2.Конструкционные расчеты.

3.Проверка несущей способности (монтажные расчеты).

В машиностроении допускаемый прогиб определяется конструктивно и для

большинства балочных конструкций из металлопроката равен: y	l	l
			.
	300	1000

		ymax		F l3
		ymax		E Iz
		max	3	E Iz
l		max
		y
		F
		ymax		F l3
		ymax
l/2		max	48 E Iz
		max
	l	y
	l

определяется из уравнения упругой

Произвольное нагружение линии балки в точках его экстремума (в точках по длине балки в которых угол

поворота сечения равен нулю).

Координату экстремума для уравнения прогибов можно определить двумя способами:

-решением кубического уравнения углов поворота по x приравняв его к нулю. В качестве координат точки экстремума принимают положительные значения

xиз интервала 0 < x < l.

-по эпюре углов поворота – координаты точек пересечения эпюры с нулевой линией являются точками экстремума уравнения прогибов. Эпюру строят с соблюдением масштабов на миллиметровке. (Данный способ дает приближенное значение координаты экстремума).

Примечание: Если точек экстремума несколько, то проверяют все, окончательно принимают точку с большим прогибом.

10.4. Примеры решения задач на жесткость

Пример 1:

Определить прогиб и угол поворота сечения в точке К.

*м	y
*м	YB=9 кН	F=5 кН
кН	q	x
кН
=15
=15	B XB=0	К
B		M= 8 кН*м
M	x
	1 м
1. Определим реакции в защемлении:
	Fx 0 , Fy 0 , mB F 0 ;
	X B 0 кН , YB 9 кН , M B 15 кН м .
2. Уравнение моментов в произвольном сечении с координатой x:

M x M B x0 YB x q x2 ; 2

3. Уравнение углов поворота:

E Iz θ x M x dx E Iz 0 M B x YB

;

4. Уравнение прогибов:

E Iz y(x) E Iz θ(x) E Iz y0 E Iz θ0 x M B

;

С2

5. Константы интегрирования:

Начало отсчета находится в точке В (защемление), следовательно прогиб и угол поворота сечения в этой точке равны нулю:

θ0 0, y0 0, отсюда: C1 E Iz θ0 0; С2 E Iz y0 0.

6. Угол поворота и прогиб в точке К с координатой x = 1 м:

		E I					θ				E I					θ					M					1 Y						12				q		13
		E I				z	θ		K		E I				z	θ		0			M				B	1 Y										q
						z			K						z			0							B					B			2					6
														0																			2					6
														0
					0 15 1 9											12				4				13			11, 2 кН м2 ;
					0 15 1 9												2			4							11, 2 кН м2 ;
																	2								6
E I		y			E I						y			E I							θ		1 M								12			Y			13			q	14
E I	z	y	К		E I					z	y	0		E I				z			θ	0	1 M						B					Y						q
	z		К							z		0						z				0							B	2						B		6		24
									0										0											2								6		24
									0										0
			0 0 15										12		9					13		4					14		6, 2 кН м3;
			0 0 15											2	9						6	4					24		6, 2 кН м3;
														2							6						24
		θ						11, 2 103							, рад;												y						6, 2 103						, м
		θ		K						E Iz					, рад;												y	К											, м
				K																								К							E Iz
																																			E Iz

Пример 2:

Определить угол поворота и прогиб концевого сечения в точке Е двутавровой балки №10.

y	YB=11 кН				YC=5 кН
	YB=11 кН				YC=5 кН
	q=6 кН/м			F=10 кН		M=4 кН*м
0						x
0	K	B	XB=0	D	C	E
			XB=0
	1 м		1,4 м	1,6 м		0,5 м
				x
1. Определим реакции в опорах:
	Fx 0 , mC (Fi ) 0 , mB F 0 ;
		X B 0 кН , YB 11 кН , YC 5 кН м .

2.Выполним проверку правильности определения реакции в опорах:

Fy 0; q 1 YB F YC 6 1 11 10 5 16 16 0;

3.Уравнение моментов в произвольном сечении с координатой x:

YB=11 кН

YC=5 кН

q=6 кН/м

F=10 кН

M=4 кН*м

XB=0

1 м

1,4 м

1,6 м

0,5 м

M x q x2

q x 1 2

x 1 F x 2, 4 Y (x 4);

4. Уравнение углов поворота:

E Iz θ x M x dx E Iz θ0

q x3

x 1 3

Y x 1 2 F

x 2, 4 2

Y (x 4)2 ;

5. Уравнение прогибов:

E Iz y(x) E Iz θ(x) E Iz

y0 E I z θ0 x q

x4 q

x 1 4

С2

С1

Y x 1 3 F

x 2, 4 3

Y (x 4)3 ;

6. Константы интегрирования:

Начало отсчета находится в точке В (свободный торец балки), следовательно прогиб и

угол поворота сечения в этой точке неравны нулю:

θ0 0,

y0 0,

Константы интегрирования определим из граничных условий. Точки В и С – шарниры,

ограничивающие вертикальной перемещение балки, следовательно, в них прогибы равны нулю:

при

x 1 м (т. В) :

y 0;

x 4 м (т. С) :

y 0;

Оба граничных условия относятся к уравнению прогибов (уравнение упругой линии балки). Подставив последовательно, каждое из граничных условий в уравнение прогибов получим систему уравнений с двумя неизвестными. При этом слагаемые которые расположены дальше чем точка граничного условия в уравнениях:

E Iz y( x 1м) E Iz y0 E Iz θ0

1 q

С2

С1

4 1 4

4 1 3

F 4 2,4 3

E I

y E I

4 q

( x 4м)

С2

С1

Отсюда: C E I

0,277 кН м2 ; С E I

0,027 кН м3.

7. Определим прогиб и угол поворота в течке Е балки (x = 4,5 м):

– прогиб:

4,54

4,5 1 4

E I

4,5 q

( x 4,5 м)

С2

С1

4,5 1 3

F 4,5 2, 4

(4,5 4)3

;

– угол поворота:

E Iz

θ x 4,5 м

E Iz

θ0

4,53

q 4,5 1 3

4,5 1 2

F 4,5 2, 4

(4,5 4)2

;

Материал балки Ст.3 с E = 200 ГПа, из справочной литературы двутавр №10 имеет момент инерции относительно оси изгиба Iz = 198 см4 . С учетом численных значений внешних нагрузок и реакций получим:

θ2,018 103 0,005 рад 0,5 ;

ЕE Iz

y0, 471 103 1, 2 10 3 м =1,2 мм;

ЕE Iz

Пример 3:

Для балки определить номер двутавра из условия прочности и жесткости.

1.Определим реакции в опорах:

Fx 0 , mK (Fi ) 0 , mB F 0 ;

X B 0 кН , YB 50 кН , YK 10 кН м .

Меняем направление реакции YK на противоположное.

2.Выполним проверку правильности определения реакции в опорах:

Fy 0; F1 q 2 YK YB F2 20 10 2 10 50 40 70 70 0;

3.Построим эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов М, разбив балку на четыре участка.

y					YB=50 кН			F2=40 кН
	E		q=10 кН/м M=30 кН*м					x
0	E							x
F1=20 кН	K		XK=0		C	B		D
		Y =10 кН			C	B
		Y =10 кН
			K
a=1 м			b=2 м		с=3 м			a=1 м
					x
						40		40
20		20			эп. Q (кН)
		10						"+"
								"+"
								0
	2 м			10			10	"-"
				10			10
				25	эп. M (кН*м)
	20				20
					20
								"+"
								0
				10				"-"
				10
		2 м				2	40
		2 м		27,3	эп. EIzθ (кН*м )
				27,3	эп. EIzθ (кН*м )
1,84 м					12,3
					12,3
				4				"+"
								"+"
			8,3 L		V			0
			8,3 L		V			"-"
		19,33			12,26
		19,33
29,9	26,83
0,5 м					47,6
					47,6
	1,5 м
				4 м			62,6	67,6
				4 м
				4,55 м
				5 м
				6,5 м
4. Подберем сечение двутавра из условия прочности.

M max

σmax z σ ;

W	M zmax	40 103	250 10 6 м3 250 см3;
	σ	160 106
z

По сортаменту подбираем номер двутавра с наиболее близкими значениями момента сопротивления:

–двутавр № 22: Wz 232 см3;

–двутавр № 22а: Wz 254 см3;

Проверяем на перенапряжение двутавр № 22:

	M zmax	40 103	172 МПа > σ ;
σmax
		232 10 6
	W
	z

σmax σ

100%

172 160

100%

7,5% 5% – превышение не допустимо;

160

Следовательно, для балки принимаем двутавр № 22а.

5. Уравнение моментов в произвольном сечении с координатой x:

M x F x Y

(x 1) q

x 1 2

q x 3 2

M x 3 0

Y (x 6);

6. Уравнение углов поворота:

E Iz θ x M x dx E Iz θ0 F1

(x 1)2

x 1 3

q x 3 3

С1

M x 3

(x 6)2

;

7. Уравнение прогибов:

E Iz y(x) E Iz θ(x) E Iz y0 E I z θ0 x F1

(x 1)3

С2

С1

x 1 4

x 3 4

x 3 2

(x 6)3

;

8. Константы интегрирования:

Начало отсчета находится в точке Е (свободный торец балки), следовательно прогиб и угол поворота сечения в этой точке неравны нулю:

θ0 0,

y0 0,

Константы интегрирования определим из граничных условий. Точки К и В – шарниры, ограничивающие вертикальной перемещение балки, следовательно, в них прогибы равны нулю:

x 1 м (т. K ) : y 0;

при

x 6 м (т. B) : y 0;

Оба граничных условия относятся к уравнению прогибов (уравнение упругой линии балки). Подставив последовательно, каждое из граничных условий в уравнение прогибов получим систему уравнений с двумя неизвестными. При этом слагаемое которые расположены дальше чем точка граничного условия в уравнениях:

E Iz y( x1м)

E Iz y0 E Iz

θ0

1 F1

С2

С1

(6 1)3

E I

( x6м)

E I

y E I

6 F

С2

С1

6 1 4

6 3 4

6 3 2

Отсюда: C E I

29,3 кН м2 ;

С E I

26 кН м3.

6. Определим координаты точки с максимальным прогибом.

Экстремум упругой линии балки наблюдается в точках, где угол поворота сечения равен нулю. Для определения положения точек экстремума строят эпюру углов поворота для ряда точек по длине балки (чем больше, тем точнее расчет):

E Iz θ x 0 E Iz θ0 29,3 кН м2 ;

С1

E I

0,52

29,3 20

0,52

26,83 кН м2 ;

x 0,5м

С1

E I

29,3 20

19,33 кН м2 ;

x 1м

С1

E I

1,52

(1,5 1)2

q 1.5 1 3

x 1,5м

С1

29,3 20

1,52

0,52

0,53

8,3 кН м2 ;

E Iz

θ x 2м

... 4 кН м2 ;

E Iz

θ x 3м

... 27,3 кН м2 ;

E Iz

θ x 4м

... 12,3 кН м2 ;

E Iz

θ x 5м

... 12,26 кН м2 ;

E Iz

θ x 6м

... 47,6 кН м2 ;

E Iz

θ x 6,5м

... 62,6 кН м2 ;

E Iz

θ x 7м

... 67,6 кН м2 ;

По полученным точкам на миллиметровке строим эпюру.

По эпюре углов поворота видно, что для рассматриваемой балки имеются две точки перегиба – локальные экстремумы.

Путем измерения расстояний от начала отсчета, до точек пересечения эпюрой нулевой линии, определяем координаты экстремумов:

–точка L: xL 1,84 м;

–точка V: xV 4,55 м;

Определим значение прогиба для каждой из этих точек.

– точка L: xL 1,84 м;

E I

1,84 F

1,843

(1,84 1)3

С2

С1

1,84 1 4

8, 41 кН м3

;

– точка V: xV 4,55 м;

E I

x F

4,553

(4,55 1)3

С2

С1

4,55 1 4

4,55 3 4

4,55 3 2

32,1 кН м3;

Согласно полученным значениям максимальный прогиб будет в точке V. 7. Определим максимально допустимый прогиб из условия жесткости.

ymax y 4001 l 4001 4 10 10 3 м 10 мм;

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1415 / 1815 16 17 18 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
21.08.2019388.41 Кб3Социализация.rtf
#
27.11.201942.87 Кб8Социология. Культ личности.docx
#
24.04.2019165.89 Кб2Социология_материалы_ТДС.doc
#
26.03.201534.83 Кб21Специфика проектирования....docx
#
26.03.2015185.86 Кб27Спецификация(ТОЛЬКО 2 ЛИСТА).doc
#
26.03.20153.48 Mб25Спиглазов_Механика материалов для з.о..pdf
#
26.03.201530.33 Кб51Список частотных отрезков.docx
#
26.03.201546.59 Кб73справка о доходах.doc
#
27.11.201969.04 Кб18Сравнительный анализ стратегии урегулирования с...docx
#
26.03.2015384.51 Кб17СТАНДАРТ БГТУ 12.05.2007-только прилож.doc
#
26.03.2015573.44 Кб44СТАНДАРТ БГТУ 12.05.2007.doc