Добавил:

prorok030490 chertegik.ru Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Кубанский государственный технологический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Техническая механика / 4_Tekhnicheskaya_mekhanika_dlya_stroiteley

.pdf

Скачиваний:

306

Добавлен:

07.11.2017

Размер:

15.58 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 / 3621 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 > Следующая >>>

M x (z )= ql z - qz 2 . 2 2

В соответствии со схемой, приведенной на рисунке8.2, в уравнение (8.4) необходимо записать со знаком «-», тогда

d 2 v(z )	= -	1 æ ql				z -	qz	2 ö
				ç					÷ .
dz 2		EJ			2		2
			х è					ø

Последовательное интегрирование полученного выражения дает

j(z )=

dv(z)

z 2

+ C .

(а)

EJ x è

v(z )=	1	æ		ql	z3		qz	4	ö	+ Cz + D .
		ç	-			+			÷		(б)

		ç	12			24			÷
	EJ x è								ø

Для определения постоянных интегрированияС и D (угла поворота сечения и прогиба балки в начале координат) имеем два граничных условия – прогиб балки на левой и правой опоре равны нулю, тогда

v(0)= 0 и v(l )= 0 .

Из уравнения (б) при D = 0 . Подставляем в ния С имеем

z = 0 получаем, что постоянная интегрирования уравнение (а) z = l и с учетом найденного значе-

1	æ		ql	z 3 +	ql	4	ö	+ Cl = 0 .
	ç	-					÷

	ç	12		24			÷
EJ x è							ø

Окончательно получаем постоянную С (угол поворота сечения в начале координат) равной

C = j(0 )=	ql 3	.	(8.9)

	24EJ x
Найденные значения постоянных подставляем			в выражения( ) и

(г) и получаем уравнения прогибов и углов поворота для двухопорной балки, загруженной равномерно распределенной нагрузкой

j(z )=

dv(z )

1 æ

qz 3

ql 3

;

EJ x è

v(z )=

qz 4

ql 3

z ÷ .

EJ x

200

Для определения экстремального значения прогиба балкиv не-

max

обходимо приравнять нулю первую производную от v(z), т.е. выражение для угла поворота сечения j(z ). Максимальный прогиб балки возникает в середине ее пролета (при z = l / 2 ). Отсюда получаем

vmax	=	5	ql 4	.	(8.10)

		384 EJ x

Знаки угловых и вертикальных перемещений балки зависят от выбора системы координат.

§8.3 МЕТОД УРАВНИВАНИЯ ПОСТОЯННЫХ ИНТЕГРИРОВАНИЯ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО УРАВНЕНИЯ ИЗОГНУТОЙ ОСИ

ранее

рассмотрен-

ных примерах имелся

лишь

qдог

один

грузовой

участок, а

число

постоянных

интегри-

рования

равнялось

двум.

qкомп

Рассмотрим

балку

с - не

сколькими

участками

загру-

жения (рис.

8.5). Начало ко-

ординат поместим к крайней

Рисунок 8.5

левой точке балки. Запишем

уравнение изогнутой оси балки на первом грузовом участке и дважды его проинтегрируем:

d 2 v (z)

dz 2

(z)

Fz 2

÷ + C ;

v (z )=

Fz1

÷ + C z

+ D .

EJ х

1 1

Выражения для изгибающего момента второго грузового участка

необходимо составить

таким

образом, чтобы в граничном сечении

(точка А) слагаемые уравнений

d 2v(z )

dv(z )

и v(z) совпадали с анало-

dz 2

этого выражение (z2 - a)

гичными уравнениями

первого

участка. Для

необходимо интегрировать, не раскрывая скобок. Запишем три уравнения для второго участка:

201

d 2 v2

(z)

- a)+ q

(z2

- a)2 ö

ç Fz

- R

dz2

х è

(z)

Fz2

- a)2

- a)3 ö

- R

+ q

+ C

;

dz2

EJ х

(z )=

Fz3

- a)3

- a)4 ö

- R

+ q

+ C

+ D .

EJ х è

Переходим к третьему грузовому участку. Распределенная нагрузка на третьем участке отсутствует, т.е. ее функция имеет разрыв. Чтобы выполнить интегрирование этой функции на третьем участке необходимо догрузить распределенной нагрузкой балку до конца, и чтобы равновесие балки не изменилось, на этом же участке добавить такую же распределенную нагрузку противоположного знака.

На третьем участке появляется новая нагрузка в виде сосредоточенного момента М. Чтобы новая нагрузка не вызывала изменений в структуре формул, записанных для предыдущих участков, умножим момент М на скобку (z3 - b) в нулевой степени. Запишем уравнение изогнутой оси балки на третьем грузовом участке и дважды его проинтегрируем:

d 2v (z)

(z - a)2

(z - b)2

(z3 - a)+ q

- q

- M (z3 - b)

ç Fz3 - RA

dz3

EJ х è

(z)

- a)2

- a)3

- b)3

- b)1

;

- R

+ q

- q

- M

+ C

dz3

х è

v (z )=

Fz3

- a)3

- a)4

- b)4

- b)2 ö

+ D .

- R

+ q

- q

- M

+ C

EJ х

Постоянные

С1 , С2

и С3

соответствуют

углам

поворота

сечения

на левой границе соответствующего грузового участка, а постоянные

интегрирования D1 , D2		и D3 - прогибам балки в тех же точках.
Если балка не содержит врезных шарниров, то функции углов по-
ворота	сечения и	прогибов являются плавными кривыми. При
z1 = z2	= a получаем

dv1 (a) = dv2 (a) и v1 (a)= v2 (a). dz1 dz2

202

Из этих условий следует, что постоянные интегрирования равны

C1 = C2 = C и D1 = D2 = D .

Рассматриваем сечение на границе второго и третьего участков. Тогда при z2 = z3 = b получаем

dv2 (b) = dv3 (b) и v3 (b)= v3 (b). dz2 dz3

Отсюда следует, что C2 = C3 = C и D2 = D3 = D .

Таким образом, шесть постоянных интегрирования сводятся только к двум С и D . Для их определения можно использовать следующие условия: прогиб балки на опорах в точкахА и В равен нулю, т.е. при z1 = a v1 (a)= 0 и при z3 = l v3 (l )= 0 . Решая систему двух уравнений получаем выражения для постоянных интегрирования С и D .

§8.4 ИСПОЛЬЗОВАНИЕ МЕТОД НАЧАЛЬНЫХ ПАРАМЕТРОВ ДЛЯ ОПРЕДЕЛЕНИЯ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ В БАЛКАХ

Анализируя выражения для углов поворота и прогибов балки, полученные в предыдущем параграфе, можно заметить, что различные виды внешних нагрузок записываются в этих уравнениях строго определенным образом. Как упоминалось ранее, постоянные интегрирования С и D представляют собой угол поворота поперечного сечения j0

и прогиб балки v0 в начале координат увеличенные в EJ x раз. Следовательно, можем записать, что C = EJ xj0 и D = EJ x v0 . Эти величины называют начальными параметрами. Тогда уравнения углов поворота и прогибов можно записать в более общем виде:

EJ xji = EJ xj0 + å

M k (zi - ak

)

+ å

Fk (zi - bk

)

+ å

qk (zi - ck

)

;

(8.11)

k =1

i =1

EJ x vi = EJ x v0 + EJ xj0 zi

+ å

M k

(zi - ak )

+ å

(zi - bk )

+ å

(zi - ck )

. (8.12)

i =1

здесь zi - координата i -й точки, где определяются перемещения балки; M k - k -й изгибающий момент;

ak - расстояние от начала координат до M k ; Fk - k -я сосредоточенная сила;

bk - расстояние от начала координат до Fk ; qk - k -я распределенная нагрузка;

ck - расстояние от начала координат до qk .

203

Как следует из схемы, приведенной на рисунке8.2, при перемещении сечения слева направо знак «+» в этих уравнениях соответствует нагрузкам, растягивающим верхние волокна. Когда сечение перемещается справа налево, то нагрузки, растягивающие нижние волокна, записываются со знаком «+». При определении перемещений с помощью уравнений (8.11) и (8.12) используют только те слагаемые, для которых выражения в круглых скобках будут больше нуля.

Уравнения (8.11) и (8.12) называются уравнениями метода начальных параметров. Применение этого метода покажем на следующих примерах.

ПРИМЕР 8.3

Исходные данные задачи.

Для заданной деревянной консольной балки, показанной на рисунке 8.6, требуется:

1.Построить эпюры внутренних силовых факторов;

2.Подобрать необходимые размеры круглого поперечного сечения балки из условия прочности при R=10 МПа.

3.Построить эпюру прогибов и выполнить проверку жесткости балки при допускаемом прогибе, равном [f ]= l300 .

Решение задачи.

Строим эпюры внутренних силовых факторов в заданной балке. Используя построенные эпюры поперечных силQy и изгибающих мо-

ментов M x , определяем величину и направление опорных реакций в защемлении балки: M А = 7,5 кНм; VА = 5 кН.

Запишем условие прочности при изгибе по максимальным нормальным напряжениям:

	smax	=		M max	£ R = 10МПа,
	smax	=		Wx	£ R = 10МПа,
где R =10 МПа – расчетное сопротивление дерева;
W – момент сопротивление круглого сечения балки, W							x	= pd 3	32.
x							x
Из условия прочности требуемый диаметр поперечного сечения
балки равен:
dnec	32 × M		max = 3		32 ×14 ×103	= 0,243 м.
dnec	³ 3		max = 3		3,14 ×10 ×106	= 0,243 м.
	p × R				3,14 ×10 ×106

Округляем полученную величину диаметра в большую сторону до целых сантиметров и принимаем d = 25см.

Осевой момент инерции принятого поперечного сечения равен:

204

q=3 кН/м

М=20 кНм

J x

= J y

3,14 × 25

= 1,9165×10-4 м4.

F=10 кН

VA=5кН

1 м

2 м

3 м

МA=7,5кНм

Выполняем

расчет

балки на жесткость. Для

этого

необходимо

по

Эп.Qy

строить

эпюру

прогибов

балки.

При

построении

3,333 м

(кН)

эпюры

прогибов

будем

ис-

пользовать уравнение мето-

7,5

да

начальных

параметров.

Эп. Мх

Начальные параметры v(0 ) и

(кНм)

j(0 )

определяем из условия

8,5

закрепления балки. В точке

Эп. v×103

А расположено защемление,

препятствующее

верти-

(м)

2,972

кальным и угловым пере-

13,153

11,153

мещениям

балки.

Следова-

13,806 14,458

14,958

тельно, начальные парамет-

ры рассматриваемой задачи

Рисунок 8.6

v(0 ) = 0 и j(0 )

= 0 .

= EJ

+ EJ

+ VA z(i )

M A z(i )

- qz(i )

+ M (z(i ) - 3)

(i )

(0 )

(

i( )

0 )

(z(i )

- 5)3 6

q(z(i ) - 5)4 6

Изгибная жесткость подобранного поперечного					сечения балки
10	×1,9165×10	-4	= 1916,5	2	найденные
равна EJ x = 1×10				кНм. Используя

значения начальных параметров, определяем ординаты эпюры прогибов в расчетных сечениях:

- сечение 1: z(1 ) = 1,5 м;

EJ x v(1 ) =	5×1,53	-	7,5×1,52	-	3×1,54	= -5,695 кНм3;

6		2		24

v( ) = - 5,695 = -2,972 ×10-3 м; 1 1916,5

- сечение 2: x(2 ) = 3м;

205

EJ x v(2 )

5 ×33

7,5×32

3×34

= -21,375кНм3;

v(2 ) =

- 21,375

= -11,153×10-3 м;

1916,5

- сечение 3: x(3 )

= 4 м;

EJ x v(3 ) =

5 ×43

7,5×42

3×44

20 ×(4 - 3)2

= -28,667кНм3;

v(3 )

- 28,667

= -14,958 ×10-3 м;

1916,5

- сечение 4: x(4 )

= 5м;

EJ x v(4 )

5 ×53

7,5×52

3×54

20 ×(5 - 3)2

= -27,708кНм3;

v(4 )

- 27,708

= -14,458 ×10-3 м;

1916,5

- сечение 5: x(5 )

= 5,5м;

5 ×5,53

7,5 ×5,52

3 ×5,54

20 ×(5,5 - 3)2

10 × (5,5 - 5)3

x (5 )

3 ×(5,5 - 5)4

= -26,458кНм3;

v(5 )

- 26,458

= -13,806 ×10-3 м;

1916,5

- сечение 6: x(6 )

= 6 м;

EJ x v(6 )

5×63

7,5 ×62

3×64

20 ×(6 - 3)2

10 ×(6 - 5)3

3×(6 - 5)4

= -25,208 кНм3;

v(6 ) = v(В ) = - 25,208 -13,153×10-3 м. 1916,5

При проверке жесткости балки должно выполняться следующее условие: [f ]³ vmax . Как следует из эпюры прогибов балки, максималь-

ное вертикальное перемещение равно vmax =1,446 см. Для деревянных

206

балок величина допускаемого прогиба равна: [f ]= l300 , здесь l - вылет консоли. Определяем величину допускаемого прогиба:

[f ]=	l	=	6,0	= 2 ×10-2 м = 2 см.

300		300

Условие жесткости балки vmax =1,446 см < [f ]= 2 см выполняется. Таким образом, принятые размеры поперечного сечения удовлетворяют условиям прочности и жесткости.

ПРИМЕР 8.4

Исходные данные задачи.

Для двухопорной стальной балки, рассмотренной в примере 7.1, построить эпюру прогибов и выполнить проверку жесткости балки при допускаемом прогибе, равном [f ]= l250 .

Решение задачи.

Построение эпюры изгибающих моментов для рассматриваемой балки было выполнено ранее(рис. 7.10). Выполняем расчет балки на жесткость, для чего необходимо построить эпюру прогибов балки. При построении эпюры прогибов будем использовать уравнение метода начальных параметров:

EJ x v(i ) = EJ x v(0 )		6	+ EJ xj(0 )z i( )				6
		6					6
							+
		0					0
		0					0
+	q(z(i ) -1)4			6	-	F2 (z(i ) - 3)3
	q(z(i ) -1)4					F2 (z(i ) - 3)3

24				1	6
				1

	F z 3		6	V	A	(z	(i )	-1)3				6		M	1	(z	(i )		-1)2	6


1		(i )		-									-							+
6			0	-			6						-				2			+
6							6					1					2			1
												1								1
	6	VB		(z(i ) - 5)3					6		q(z(i ) - 5)4							6	.
	6	VB		(z(i ) - 5)3					6		q(z(i ) - 5)4							6
	+									-
	+			6						-			24
	3			6					5				24					5
	3								5									5

Следует помнить, что в принятой системе координат отрицательный изгибающий момент создает положительные перемещения.

Начальные параметры v(0 ) и j(0 ) определяем из условия закреп-

ления балки. В точках А и В расположены опорные устройства, препятствующие вертикальным перемещениям балки. Запишем уравнения метода начальных параметров для указанных точек:

z(А ) = 1 м;
EJ x v(А ) = EJ x v(0 )	+ EJ xq(0 )	×1 +	20 ×13	= 0;

		6

z(В ) = 5 м;

EJ x v(В ) = EJ x v(0 ) + EJ x j(0 )5 +

207

+	20 ×53	-	30,5 × (5 -1)3	-	10(5 -1)2	+	4(5 -1)4	-	10 ×(5 - 3)3	= 0.

6		6		2		24		6

Решаем полученную систему линейных алгебраических уравнений:

ìEJ v			= EJ v		+ EJ	j	(0 )	×1 + 3,333 = 0;
ï	x	(А )	x	(0 )	x		(0 )
í			= EJ v		+ EJ	j		×5 + 40,667 = 0;
ïEJ v			= EJ v		+ EJ	j	(0 )	×5 + 40,667 = 0;
î	x	(В )	x	(0 )	x		(0 )

EJ x j(0 )

= -9,333 кНм2; EJ x v(0 ) = 6 кНм3.

Жесткость ранее подобранного двутаврового сечения 18№ (см.

пример 7.1) равна EJ x

= 2 ×1011 ×1290×10-8 = 2580 кНм2, тогда величина

перемещений в начале координат равна:

- угол поворота сечения q(0 ) = -

9,333

= -

9,333

= -3,62 ×10-3 рад;

EJ x

2580

- вертикальное перемещение v(0 ) =

= 2,33×10-3 м.

EJ x

2580

Используя найденные значения начальных параметров, определя-

ем ординаты эпюры прогибов в расчетных точках:

- точка 1:

z(1 ) = 0,5 м;

(1 )

= 6

- 9,333×0,5 +

20 ×0,53

=1,75кНм3;

1,75

v(1 )

= 0,68 ×10-3 м;

- точка 2: z(2 ) = 1м;

2580

= 6 - 9,333×1+

20 ×13

= 0,0003 » 0 ;

(2 )

v(2 ) = v(A ) = 0 м;

- точка 3: z(3 ) = 2 м;

EJ x v(3 ) = 6 - 9,333 × 2 +

20 × 23

30,5 × (2 -1)3

10 ×(2 -1)2

4 ×(2 -1)4

= 4,08кНм3;

v(3 )

10,0

= 1,58 ×10-3 м;

2580

- точка 4: z(4 ) = 3м;

208

EJ x v(4 )	= 6 - 9,333 ×3 +	20 ×33	-	30,5 ×(3 -1)3	-	10 × (3 -1)2	+	4 × (3 -1)4	=

	6		6		2		24

=10,01кНм3;

v(4 ) = 10,01 = 3,88 ×10-3 м; 2580

- точка 5: z(5 ) = 4 м;

EJ x v(5 ) = 6 - 9,333×4 +								20 ×43						-		30,5×(4 -1)3									-				10 ×(4 -1)2		+			4 ×(4 -1)4			-
EJ x v(5 ) = 6 - 9,333×4 +														-											-						+						-
					6																	6					2								24
					-							10 ×(4 - 3)3											= 11,585 кНм3;
					-																		= 11,585 кНм3;
					6
						v(5 ) =							11,585								= 4,49 ×10-3 м;
						v(5 ) =															= 4,49 ×10-3 м;
					2580
- точка 6: z(6 )			= 5 м;
EJ x v(6 ) = 6 - 9,333×5 +										20 ×53				-				30,5×(5 -1)3							-			10 ×(5 -1)2			+	4 ×(5 -1)4					-
EJ x v(6 ) = 6 - 9,333×5 +														-											-						+						-
					6																	6					2								24
									-		10 ×(5 - 3)3											= 0,0017 кНм3;
									-													= 0,0017 кНм3;
					6
									v(6 ) = v(В ) =														0,0017	» 0 м;
									v(6 ) = v(В ) =															» 0 м;
																						2580
- точка 7: z(7 )			= 5,5м;
EJ x v(7 ) = 6 - 9,333×5,5 +							20 ×5,53										-		30,5×(5,5 -1)3								-			10 ×(5,5 -1)2					+	4 ×(5,5 -1)4		-
EJ x v(7 ) = 6 - 9,333×5,5 +																	-										-								+			-
					6																	6					2								24
-	10 ×(5,5 - 3)3				+	4,5×(5,5 - 5)3									-					4 ×(5,5 - 5)4						= -12,832 кНм3;
-					+										-											= -12,832 кНм3;
6					6																	24
v(7 ) = -		12,832		= -4,97 ×10-3 м;
v(7 ) = -				= -4,97 ×10-3 м;
2580
- точка 8: z(8 ) = 6 м;
EJ x v(8 ) = 6 - 9,333×6 +									20 ×63					-			30,5×(6 -1)3								-				10 ×(6 -1)2		+		4 ×(6 -1)4				-
EJ x v(8 ) = 6 - 9,333×6 +														-											-						+						-
					6																	6					2								24

209

<<< < Предыдущая 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 / 3621 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 > Следующая >>>