Киселёв В.А. и др. - Строительная механика в примерах и задачах (1061790), страница 28
Текст из файла (страница 28)
с'ь с» ь' » г/ ЛВ Х '»ь ь ььь с с ь ьь .ь '; -с с; Рис. 12.12 218 ььс» ». » ЗиР и ь с» » » ь ьь "° с», к 3 — Зв У ~л) ' О, Ъ СЪ':Ъ ф с ъсс съ ~$ юоъ 'О Ъ Ъ.ЪЪЪО~~ СЪ «с с исаа« с със» в! з.в, лвк, лвх ълвм» съ ««с с с: с с» ъ ъс» съ с\ «с съ с с» с с с с ъ- «с съ ъ с оъ \ с»с\ с с\с» с Фссъъь ~ О с» ъ съ с р Рис. !2.13 219 иия перемещений бяа, вычислены в сечениях ! — !7; упругие грузы, необходимыс для получения перемещений бла, в сечениях ! — 5 будут равны предыдущим в тех же сечениях, а в сечениях б — 70 эти грузы требуется вычислить. Определение упру!ч!х грузов произведено только до середины балки ввиду симметрии.
Значения упругих грузов приведены в табл. 12.7. таблица 127 а; а, ! а г ! а а и лч сс ~сная а а! 8,566 9,20а) ! 9,488 5,318 3,650( 1,888 3,238 4,626 6,6С9 ' 5 808 5,536 ! 7,29 ! 3,238 4,626 ~ аижч 5,808 5,28,'! 5,708 )т'а (л )л !а! а 1,65! 9,569 1,65! От упругих грузов построены зшоры моментов в фиктивиыхбалках. Эти эпюры, прсдставляк>щие собой эпюры псрсмсщсиий 0 г и баа, показаны иа рис, 12,12,0 и 12.13,г. Определение коэффициентов б„и оа, производится по фор- муле ) Е/(а) ) Е! (а) (12.32» 220 При этом получится.
б„= — л)Г', М, = 114,298; баа = — ((7, Ма =- 04,248 Располагая эпюрами бра и два и значениями йаа и йаа, строим л, в. Ха и л, в. Ха по уравнениям (12.30), Уравнения ги!иии влпяиия опорных л!омеитов иа опорах ! и 2, обозначенные соответственно через Ха и Ла. примут вил: л. в. Х, = л.
н. Л, + л. и. Х,; л. в. Х,--.л. и. Х,— л. и. Х,. (12.33) Линии влияния Ха и Ха изображены иа рис. 12.12,е и !2.13,д. Линия влияния опорного момента Ха=-Л!)а! изображена иа рис. 12.13,е. Пунктиром показана та же линия влияния в балке с постоянным момеитом инерции. 3. Построение ликии влиякия Х, по уравнению (12.16). Перемещение бглопределяется, как и в примере 12.3, т.
е. по выра'кс!пно (12.16). Процесс этого иычислсиия описан иа стр. 206— 209. Эпюры, перс миожсипс которых требуется про !звссти по формуле (12.19), показаны иа рис. 12.1!,д и 12.11,г. Г!уиктирол! иа рис. 12.!1,д представлена эпюра момсигов М, в исразрезиой балке с постоянным моментом инерции. В данном случае, при принятых соотношениях площадей и их соотношениях с момен- 10829 тами инерции, получим б<а! = Е7а Перемещения б~,";> представляют собой ординаты изогнутой оси неразрезной балки переменного сечения от действия сил Х, = 1 на статически неопределимую основную систему (рис. 12.11,6). Построение эпюры б'-,' аналогично построению эпюр 6~ з и брм описанному выше.
Фиктивная балка (рис. 12.14,а) загружается фиктивной нагрузкой интенсивностью дь от которой построена эпюра фиктивных моментов на рис. 12.14,6, которая является эпюрой прогибов Ь,',л. а) » %~~Р с~ »:» ' »» 4 ь»»ь»-».в и~ с '»" »» " » Г»" »» б! дд м,', ~»" ,с» ~ ,. ° сз »' »»»:г Лг Мп ряс !2.! З» Линия влияния Х, показана на рис. 12.14,в. Пунктиром показана та же линия влияния в случае балки постоянного момента инерции Уо. 4.
Построение линий влияния изгибающих моментов в заданной системе. Уравнение линии влияния изгибающих моментов в любом сечении балки имеет по-прежнему вид (12.21), который применительно к интересующим нас сечениям будет; л в Меира л в М» л. в.М<о> 1-(л в Х,) 12022. л. в. Мп = л. в. М,'",! + (л. в. Х,) ( — 8,238). Значения ординат ! 2,022,— 8,238 взяты из эпюры М, (рис. 12.!1, д). При этом нетрудно убедиться, что л. в. М<",>= — (л. в.
Хз + л. в. Х ) + л. в. Мп, где л. в. Мн — линия влияния момента в статически определимой основной системе для сечения !! (см. рис. 12.15,6). Линии влияния опорного момента на опоре ! и в сечении )1, посередине второго пролета, показаны на рис. 12.!5,а и 12.15,в; пунктиром показаны л.
в. М'," и л. в. Мн в балке с постоянным моментом инерции уз. Глава 13 РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫХ АРОК Пример 13.1. Дана схема арки (рис. 13.1) и неподвижная нагрузка на ней. Ось арки очерчена по дуге эллипса. На правой половине арки нагрузка равномерно распределена по длине и действует в вертикальном направлении. Ряс 13.1 Требуется написать выражения всех коэффициентов канони- ческого уравнения в интегральной форме, учитывая только изгибающие моменты. Решение Уравнение оси арки имеет вид (13.1) Здесь а — длина большой полуоси; 6 в длина малой полуоси; а й = — — отношение длин полуосей. Ь 223 Величиной А задаемся. Длину а вычисляем по заданным ! и 1, причем —.> А: 2/ а(, и 2 ЗЗ! Основную систему получаем.
оторасывая горизонтальна ~о связь в одной из опор (рис. !3.2). Каноническое уравнение имеет впд (13.2) (13.3) к, Рпс. $3 2 1;оэффиппснт бн вычисляется через интеграл Нг— 6„=-2~ (1 3.4) где К =- — 1(! — у) = у — Г' — =- (з1' 1+(у')т; соз <р з' =- 1(2). (13.5) (13.6) (13.7) (13.8) У аа $2 1 — ( — — ~ (13.9) 224 Выражение коэффициента бн через заданпыс величины в интегральной форме теперь имеет впд: Иг !у )~Я! 1- !У')зза Е , ! (т) В интеграл (13.8) необходимо подставить у из (!3.1) и Найдем коэффициент Л!е, Определяем опорные реакции о! нагрузки в основной системе (рис.
13.2): А =- — Р; (!3А О) 4 8 В = — Р + — !. (13. 11) 4 8 Находим выражения дтя изгибающих моментов на всех трех участках: ч!н ! нри — —.-.г — —; Мр -А! +г); 2 4 2 ~!н! ! при — †.. г О; М', =-.А! — +г! — Р! — —,' г), 4 ' 2 ! ' 4 ! ч<Ш! ! прн О:. г-ч: —; М! --А! -+г) — Р, +г! —— 2 2 4 =В!' — — г~ — ~ 2,' 2 Коэффициент Л!! в общем виде имеет внд б!г= . Ч 1 ! 41 ! 44 ', сЬ (13.121 (13.131 (13.14! (! 3.151 В интегралы (13.16) необходимо подставить у из (13.1) н у' нз (!3.9).
Интегралы (13.8) и (13.16) в общем случае могут быть вычислены с помощью численных методов. Пример 13.2. Дана схема арки (рис. 13.31, Ось арки очер. чена по дуге окружности. Поперечное сечение -- постоянное на каждом нз четырех участков. Требуется с помощью упругого центра построить эпюру изгибающих моментов в заданной системе. Указан не. Продольными и поперечнымн снламн при определении коэффициентов канонических уравнений пренебречь. 15 — 1284 ч ~5 Таким образом, подставляя в (13.15) выражения (13.5)--(13.7) и (13.12) — (13.14), получим. — с!! ! Л„, =- — 1 — (у — /) А ( — -,- г ) 1 1 + (у') г!г + - 3 /(г) , 2 !и 1 ' ! ! ! + - 1 — (у — /) !А~ — + г) — Р! — + г)( р' 1 +(у') !/г -г В,.
/() !!з + — ( — (у — /) В/ — — г1 — ~-' — ~ ~,' 1,- (у')г!/г. (13,16) Е,) /(г) ! ( 2 / 2 Решение Упругий центр рассматриваем как центр тяжести условной системы (рис. !3.4), имеющей очертание осп арки н погонную массу, пропорциональную обратной величине жесткости, т. с. центр тяжести элементарных условных грузов с)о=— ~1з Е7 Ю- ябсг ' г, Рис. 1Зл Рис.
1ЗА Находим статический момент относительно оси а условной системы. Интегрируем только по правой половине системы и, по симметрии, результаты удваиваем: -,.74 !з ;гг -17 иг ~ и5 ~ !Ыт 7с'и' 5,=2~у — +2~у — =2) Ясодар ~+2 ~ 77созср — ч П 21с г 17 и Я2 — ) соз Чх(ср + ( соз Чи(ср = 1,7071 —. 2,) l О -,.74 Условный вес системы составляет ;П и'г Р=2 ~ — + 2~ — =- — ~ с(ср + ) йр =-: 2,3562— Г нг и сь 2Я Г 17 о и 5 -,.ч г Находим положение упругого центра: йи 1,7071 =- 0,72451 )7. 2,3562— ь / с= (13.17) 225 Кроме положения упругого центра необходимо знать направления главных центральных осей условной системы (рис.
13.4). В общем случае это можно сделать с помощью формул теории моментов инерции, а в данном примере вследствие симметрии одна из главных осей совпадает с осью симметрии (у), а другая (ао) ей перпендикулярна. Основную систему (рис. 13.5) получаем разрезая арку по оси симметрии. Каждую сторону разреза соединяем с упругим центром абсолютно жесткими консолями.
Неизвестные прикладываем в упругом центре, причем Х, и Хг по направлению должны совпадать с главными осями условной системы (рис. 13.4). Система канонических уравнений имеет вид: Ьпх,+Л~=о; Ь Х,+/з = 0; Ьзз Хз + ~2~ Рис. 13.5 Рис. 13.6 Вычисляем коэффициенты канонических уравнений: Мз 4/3 »/4 »/2 ЕЬ22=~~~) ! =2~ " +2 ~ о -„/4 /4 »/2 — (с — Рсозф)2Р46р+ — ~ (с — Рсозф)'Рс(ф = О,!9126 —; 2 Г 2 1 рз У ' /4 /4 / Р =Х~ ' ''= ~ Г Я /Ио из Г (с — У) ( — — г) 4/г а« 2 о «( Г 2 ) Р Г +21 = — — ) (с — Рсоа/р) Рз(пф Р/(ф— 2«2 »/2 — — ~ (с — Рсоа/р) Рз(пфР4(ф = — 0,09335 —. Р Г РР» 2« l «/4 15» Коэффициент Лзр равен нулю, так как Х,— кососимметричное неизвестное, а нагрузка симметрична. Коэффициент б,з не равен нулю, следовательно, Хз=О.
Вычислять бзз нет необходимости. Остается вычислить Ьзз и Лз/.' ./з з/2 обзз= г ) = 2) +21 С Р М)лз Г/гдф р Вйр 3 я/г /г «./,) ./ . 2,/ 4 1 /4 /Измрзз ( ( 2 1 ! ( 2 з/ 1 ) «/ ) ) 21 з */4 —.. / з з/2 Рй Ррз Г . Рй' — — йз!и/р/!/р — — ~ йз(п/рйр = — 0,84б44 —. 1.) 21,) 1 !1 /4 Вычисляем неизвестные р/зз О,О9ЗЗ6— х,= —— а!р = 0,4881 Р; ап /г* О,!9!26— Рй' 0,64644— аз~ 1 Х,= — — = = 0,2744 Рй. 6зз и 2,3662— (13.!8) (13,19) Эпюру М строим по формуле м=м,х,+м,х,+м х, +м, (13.20) где М, = с — у = с — йсоз/р = 0,7245 й — йсоз/р; М«Х, = 0; так как Х, = 0; Мз = 1 з /' Мр = — — г =- — — й з!и /р, при 0 < г ( й. 2 2 Ось полуаркн разбиваем на восемь равных частей.
Вычисления делаем только для правой половины арки, а на левой эпюру строим по симметрии. Искомая эпюра изгибающих моментов построена на рис. 13.6. Пример 13.3. Дана схема симметричной бесшарнирной арки с размерами (рис. 13.7). Задано прямоугольное поперечное сечение и его размеры в замке и пяте. Высота сечения переменная. Уравнение оси задано по катеноиду у = (сЫ/г — 1).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
