теория сопр (Шпоры), страница 4

Эта величина очень мала (прогибы балки малы)  ееквадратом пренебрегают и угол поворота сечения приравнивают тангенсу. Приближенное13дифференциальное ур-ние изогнутой оси балки:  EJ2d y M( x ) . Если ось y направлена вверх, тоdx 2знак (+). В некоторых вузах ось y направляется вниз (—). Интегрируя дифф.

уравнение, получаем:dy 1 M(x)dx  C — ур-ние углов поворота, интегрируем второй раз:dx EJ1y M(x)dxdx  Cx  D — получаем ур-ние прогибов. Постоянные интегрирования С и DEJнаходятся из граничных условий, которые зависят от способов закрепления балки.Метод начальных параметров. Начало координат выбирают в крайней левой точке. При включении вуравнение момента М, который приложен на расстоянии "а" от начала координат, его умножают наyмножитель (х — а)0, который равен 1.

ЛюбуюMRAраспределенную нагрузку продлевают до конца балки,PRBqа для ее компенсации прикладывают нагрузкуAB xобратного направления. Для рис.:акомпенсирующаянагрузкаcbx2(x  a ) 2EJ y = M(x) = RAx – q– M(x – a) + q–220P(x – a – b); интегрируем:2( x  a  b) 2xx(x  a )EJ y  = EJ0 + RA–q– M(x – a) + q–P;2266(x  a ) 4x4(x  a ) 2( x  a  b) 3x3EJy =EJy0 + EJ0x + RA–q–M+q–P.242426633Начальные параметры — то, что мы имеем в начале координат, т.е. для рис.: М0=0, Q0=RA, прогиб y0=0,угол поворота 00. 0 находим из подстановки во второе уравнение условия закрепления правой опоры:x=a+b+c; y(x)=0.Дифференциальные зависимости при изгибе:dM( x )dQ( x )d2ydy Q( x ) ; q( x ) ; EJ 2  M( x ) ; .dxdxdxdxОпределение перемещений способом фиктивной нагрузки.

Сопоставляя уравнения:d2Md2y Mqиимеем аналогию,  определение прогибов можно свести к определению моментовdx 2 EJdx 2Mот некоторой фиктивной (условной) нагрузки в фиктивной балке: q ф . Момент от фиктивнойEJнагрузки Мф после деления на EJ равен прогибу "y" в заданной балке от заданной нагрузки. Учитывая, чтоy=0=0y00FзаданнаяMф=0 балкафиктивнаяQф=0балкаэпюра МMф0Qф0фиктивнаябалкафиктивнаянагрузкаэпюра МФdM фdy Q ф , получаем, что угол поворота в заданной балке иdxdxMфчисленно равен фиктивной поперечной силе в фиктивной балке.

y ,EJQф. При этом должна быть полная аналогия в граничных условияхEJдвух балок. Каждой заданной балке соответствует своя фиктивная балка.Закрепление фиктивных балок выбирается из того условия, чтобы на концахбалки и на опорах имелось полное соответствие между "y" и "" в заданнойбалке и Мф и Qф в фиктивной балке. Если эпюры моментов как вдействительной, так и в фиктивной балках строить со стороны растянутоговолокна (т.е. положительный момент откладывать вниз), то линии прогибов взаданной балке совпадает с эпюрой моментов в фиктивной балке.Статически неопределимые балки.14Статически неопределимыми называются системы, реакции в которых не могут быть определены изуравнений равновесия твердого тела.

В таких системах больше связей, чем это необходимо для равновесия.Степень статической неопределимости балки (не имеющей промежуточных шарниров – неразрезныебалки) равна избыточному (лишнему) числу внешних связей (более трех).Раскрытие статической неопределимости с помощью дифф-ного урав-ния изогнутой оси балки. Записываемдифф-ное урав-ние куда входит в качестве неизвестной реакция RB иRAMARBqHAдважды его интегрируем: EJ y = RВx – qxLС;x22; EJ y  = RВx2x3–q+26x4x3EJy = RВ– q+ Сх + D. Используем условия закрепления балки:246х=0, y=0, y  =0; x=L, y=0. Подставляем их в два последних уравнения, находи постоянные интегрированияL2С и D и неизвестную реакцию RB.

Далее из урав-ний статики: HA=0; RA – qL + RB=0; RBL – q+ MA=0;2находятся RA и MA.Уравнение совместности перемещений. Статически определимая балка, которая получается из статическинеопределимой при удалении "лишнего" закрепления, называетсяосновная системаRBосновной системой. За "лишнюю" неизвестную можно взять любую изqреакций. Приложив к основной системе заданные нагрузки добавляемусловие, которое обеспечивает совпадение заданной балки и основной –уравнение совместности перемещений. Для рис.: yB=0, т.е. прогиб в точкеxLВ = 0. Решение этого уравнения возможно разными способами.Способ сравнения перемещений.

Определяется прогиб точки В (рис.) вq  L4основной системе под действием заданной нагрузки (q): yВq= . Далее рассматривается основная8EJR B  L3система под действием "лишней" неизвестной RB, и находится прогиб от действия RB: y BR .3EJq  L4 R B  L3Подставляем в уравнение совместности перемещений: yB= yВq + y BR = 0, т.е. += 0, откуда3EJ8EJ3RB= qL , далее остальные реакции находятся из уравнений статики.8Теорема о трех моментах. Используется при расчете неразрезных балок — балок на многих опорах, одна изqкоторых неподвижна, остальные подвижны.

ДляРперехода от статически неопределимой балки кстатически определимой основной системе над –LnLn+1лишнимиопорамивставляютсяшарниры.Лишними неизвестные: моменты Mn, приложенныек концам пролетов над лишними опорами. Строятсяосновная системаэпюры моментов для каждого пролета балки отРMn+1Mn-1Mnqзаданной нагрузки, рассматривая каждый пролет,как простую балку на двух опорах. Для каждойпромежуточной опоры "n" составляется уравнениеanbn+1трех моментов:M n 1L n  2  M n (L n  L n 1 )  M n 1L n 1  6  (nn+1nLn,n+1–площади эпюр, an – расстояние от центратяжести левой эпюры до левой опоры, bn+1 –расстояние от центра тяжести правой эпюры доправой опоры.

Число уравнений моментов равно числу промежуточных опор. Совместное их решениепозволяет найти неизвестные опорные моменты. Зная опорные моменты, рассматриваются отдельныеэпюра М на n-ом пролетеэпюра М на n+1-ом пролете15пролеты и из уравнений статики находятся неизвестные опорные реакции. Если пролета всего два, толевый и правый моменты известны, т.к. это либо заданные моменты, либо они равны нулю. В результатеполучаем одно уравнение с одним неизвестным М1.Сложное сопротивлениеПод сложным сопротивлением понимают различные комбинации простыхyнапряженных состояний (растяжения, сжатия, сдвига, кручения, изгиба). ВQyI-я четв-ть общем случае в поперечных сечениях бруса действуют шесть компонентоввнутренних усилий: N, Qx, Qy, Mx, My, Mz=Mкр.

Нормальная сила N иMyизгибающие моменты Mx, My вызывают нормальные напряжения. ОтMxпоперечных сил Qx, Qy и крутящего момента Mz=Mкр возникают касательныеxнапряжения. Знаки: N>0, если она вызывает растягивающие напряжения. Mx иQxMy>0, если они вызывают растягивающие напряжения в точкахположительной четверти осей координат (I-ая четверть). На рис. все>0.MzПрямой изгиб не принято рассматривать как сложное сопротивление, хотяNzвозникают два внутренних силовых фактора: изгибающий момент ипоперечная сила.

Сложный изгиб (неплоский изгиб), который вызывается нагрузками, расположенными вразных плоскостях, проходящих через ось балки. Изогнутая ось балки при этом не является плоскойкривой. Косой изгиб — такой вид изгиба, когда все нагрузки действуют в одной плоскости, которая непроходят ни через одну из главных центральных осей инерции сечения. Косой изгиб приводят к двумплоским изгибам, раскладывая нагрузку в главных плоскостях zy и zx. В сечении возникают четырекомпоненты внутренних усилий: Qx, Qy, Mx, и My. На основании принципа независимости действия силполные нормальные напряжения равны сумме напряжений от раздельного действия Mx и My. Напряжение впроизвольной точке с координатами "x,y":  Mx y Myx; Mx,My,x,y подставляются с учетом знакаJxJy(Mx>0 и My>0, если они вызывают растяжение в I-ой четверти).

tg уголмежду"y"иплоскостьюдействияизгибающегосиловаялиния  M(yнейтральной линии (оси)нейтр.линиибудет:линии,илинейтральная линияMyMx, Mx=Mcos; My=Msin,  –моментаМ(силовойy  cos  x  sin ).JxJyпл–стью).Т.к.нанормальные напряжения =0, то уравнениеx0y0MyMx x- MM x y0 M y x 0 0 , x0, y0 – коорд. нейтр.JxJyy 0 cos  x 0 sin  0 . Это уравнение прямойJxJyлинии, проходящей через начало координат.

Ее положение определяется углом наклона  к главной оси"х":tg My JxJxy0tg ,  если JxJy, то нейтр. линия не перпендикулярна к силовой. tg  Jyx0Mx JyyAсиловаяMx линияxyMyv M90Bfmaxmin wонейтр.линиян. ллинии. Нейтр. линия при косом изгибе повернута на угол ( – ) от оси,перпендикулярной плоскости действия изгибающего момента, к оси,относительно которой момент инерции имеет минимальное значение (нарис. это ось "y").Наибольшие напряжения будут в точках наиболее удаленных отнейтральной линии: A и B. Для их нахождения надо провести к контурусечения касательные параллельные нейтральной линии. Условие прочности: max Mx My [] ,Wx WyWx=Jx/ymax;Wy=Jy/xmax.Дляхрупкогоматериала (чугун) []=[p] (допускаемое напряжение на растяжение).16Перемещение (прогиб) "f" определяется геометрическим суммированием прогибов в плоскостях xz и yz:d2wd2vEJ x M x ; EJ y 2  M y .dz 2dz22f  v  w . При косом изгибе направление полного прогиба перпендикулярно к нейтральной линии ине совпадает с направлением действующей нагрузки.В случае неплоского изгиба, когда нагрузки не лежат в одной плоскости, линия прогиба неперпендикулярна нейтральной линии.Изгиб с растяжением (внецентренное сжатие–растяжение).Внецентренное растяжение–сжатие такой вид деформации, когда в поперечном сечении жесткого стержнядействуют продольная сила и изгибающий момент.

Нормальное напряжение в произвольной точке сеченияс координатами "x,y" равно сумме напряжений от продольной силы N и изгибающих моментов Mx, My:MN Myx  x y ; знаки: N>0 – если сила растягивающая, Mx, My>0, если моменты "растягивают"F JyJxсечение в I-ой четверти. Внецентренное сжатие похоже на косой изгиб, только добавляется нормальнаясила. На практике важен случай действия одной силы Р (равнодействующей), когда она не совпадает сосью балки и имеет координаты точки приложения "xp,yp". Внутренние усилия: N=P; My=Pxp; Mx=Pyp.Координаты "xp,yp" называются эксцентриситеты силы Р относительно главных осей инерции x,y.

Точкаприложения силы Р – полюс. Напряжения:Pzypyyнxрxpxнy I-аячетв.xyрxxpypxpFypFJ x,yPP(1 xy) или   (1  2 x  2 y) , i x , y FJyJxFFiyix–радиусы инерции относительно главных центральных осей инерции сечения.Уравнение нейтральной линии, на которой =0, будет: 1 н.л.Отрезки, отсекаемые нейтр. линией на осях координат: x H  xpi 2yi 2yxPxypi 2xy  0.; yH  i 2x.yPНейтральная линия и полюс (точка приложения силы) лежат по разные стороны от начала координат.Чем дальше от начала координат расположен полюс, тем ближе к центру сечения проходит нейтр. линия.Если полюс находится на одной из главных центральных осей инерции, то нейтр. линия перпендикулярнаэтой оси (например, если хр=0, т.е. точка приложения силы Р находится на оси "y", то x H  i 2y0 , нейтр.