Кинасошвили Р.С. 1960 Сопротивление (1075901), страница 40
Текст из файла (страница 40)
Наконец, в третьем случае, когда балка, лежащая свобод О а двух Опорах, имеет по Обе стороны От Опор »»он- СОЛИ И НаЧаЛО КООрдинат, СледазатЕЛЬНО, НЕ ЛежИт нал ОпоРой, пРиходится определять две неизвестные: ав и со Эю» неизвестные определяются из условий равенства нулю прогибов над опорамн, 73) члстныв слгчли опеаделения паевмещений валок 263 ф 73. Частные случаи определения перемещений балок по обобщенному уравнению упругой линии Ниже мы рассмотрим несколько случаев определения перемещений балок, наиболее часто встречающихся на практике.
Случай 1. Балка, защемленная одним концом, изгибается силой Р, приложенной на другом конце грис. 147), Определить прогиб под силой Р. Релгеггие. Опорная реакция в защсмлении )йомепт защемлепия Рлс. 147. ггг = — РС Так кзк в начале координат угол наклона касательной и прогиб равны нулю, т. е. ае = О иуе= О, то прогиб в сечении В под силой напишется сразу по уравнению 1198). Двух последних членов уравнения в зтои случае не будет, так как нет распределенной нагрузки.
Знак перед членом, содержащим момент щ, изменится на обратный, так как момент в защемлении — отрицательный. У 11так, из уравнения 1198) прп х = 1 будем иметь: гз Р ~'уу =А ь — гл —. л ь 2' Подставив значения Л и лг, полу- чим: р гг1 рр У "и Еугг б 2) ЗЕУ' 1199) Рпс. 148.
Знак ьшпус указывает па то, что прогиб направлен в сторону огрнпательных у, т. е. вниз. Случай 2. Определить прогиб свободного конца зашемлснпой балки (рис. 148), изгибаемой моментом т. Рещение. Момеггт защемления будет равен щ. Прогиб по Урсггнсппю 1198) пРи х=--1 иапищетсв сРазУ, так как аз — — О (гл. х 264 УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ и ге=О: В/у тР З 2 ИЛИ 2ЕУ ' (200) Случай 3. Определить прогиб в сечении В свободного конца балки, изображенной у на рис.
149. Решение. Опорная реакция в защемлении А = 4)1. Х Момент защемлеиия 411' гн = — —, 2 ' 14 Р В Е.4У = А —. — т —,— 4) —, б 2 24' Два последних члена взяты со знаками минус, так как момент т и распределенная нагрузка 4) отрицательны. Подставив значения А н т, получим прогиб в сечении В: 1 / 14 !4 У = — '(ч — — Ч вЂ”вЂ” Е,г (4 б 4 41 414 24/ ЗЕУ ' (201) Рнс.
150. Случай 4. Определить прогибы балки, изображенной на рис. !50, в сечениях В и С. Ре444ение. Опорная реакция А = Р. Момент защемления т=Р— „. Рис. 149. В начале координат ае = 0 и Де=О. Прогиб конца балки, т. е. при х =1„по уравнению (198) будет: Интенсивность распределенной нагрузки 4Р В начале координат пз — — 0 и (е = О, 1 Прогиб в сечении С, т. е. при х= —,, из уравнения (!98) будет: 12) 12) (2) Р Р 1з Е3у =А —.+лг —,— з7 — = А — +гл — — й —.
С б 2 24 48 ' 8 381' Распределенная нагрузка распространяется до сечения С, поэтому последний член уравнения (198) обращается в нуль; перед з7 взят знак минус, так как распределенная нагрузка отрицательна. Подставив значения А, лз и д, получим; 1 / Р Р 1з) 7РР .1 с ЕУ ( 48+ 1б 96/ 9ЬЕХ ' Прогиб в сечении В по уравнению (!98) при будет: х=1 1з Р 1з '1») ЕУу = А —.+лг —,— а,—, +а —,— в 6 2 24 21 Подставляя значения А, т и а, найдем У 1 1з гз у = — (Р— +Р— в ЕУ '1 б 4 Р Рз — Р— +Р— ), 6 96)' 25РР Ув= обнг ° ' — — а — г — а — -з Случай 5.
Балка, лежазцая на двух шарнирных Рпс. 151. опорах, изгибается сосредоточенной силой Р (рис. 151). Определить прогиб под силой Р и максимальный прогиб пролета. Релгение. Опорные реакции равны: А=Р— ' В=Р—, Ь а 1' 1' б 73! члстныв слгчли опгедвлзния пвзвмещзний валок 265 266 (гл. х тпгатля линия БАлки В начале координат (в точке А) прогиб равен нулю: /е= О, но па+О.
Тангенс угла поворота сечения в начале координат а найдем из условия равенства нулю прогиба над опорой В. При х=! из уравнения (198) получим: 0 = ЕЛЪ!+ А о,о о откуда или Ь (Р— бе) 6!Е./ (202) Раб (Р— Ье) РЬа" О/Е/ + б/Е./ Раб (ае+ 2аЬ+ бз — !А — аа) Раебз 6!Е/ ЗЕ/! ' (203) Для определения максимального прогиба балки необходимо знать, в каком месте пролета он возникает. Для определения этого места воспользуемся условием, что касательная в месте максимального прогиба параллельна оси Ох, т.
е. ау что — =О. Пз уравнения углов наклона касательных (197) а'х на первом участке, предполагая а) Ь, будем иметь: оз куда Уравнение прогибов на первом участке Е./у Е/а х+А . — Р . х-' — Р Аз Ь(Р— /е) б Аз б Ь! ' ! 6' Про~иб под силой Р определим по уравнению (198) при х= — а: Е/у~ —— — Е/а а+ А —., или й' 231 частные слэчли опгвдвления пегкмвщений вллок 267 Подставив в это выражение найденное значение х, получим: Гг~ — ~'-' ' э(гт — е) - — ' а (к' у щ 1 э + в о нлп — рэ ре — тй) ~'з (ге — ээ) 3 вят 27ВЛ (204) р>т >вел ' 1 1 гьеу ' (205) >')аксна>алька>й прогиб для этого частного случая будет под силой р>з 0 щат арье/ (206) Случай 6.
Балка, лежащая на двух шарнирных опорах, изгибается ь>оментол> ш, действующим в середине пролета (рис. 152). Определить углы наклона касательной к упругой линии над опорами и максимальный прогиб балки. Решение. Реакции заданной балкп были определены на стр. 2!6 .4 у п выражаются так: А=В= —. В Угол наклона касательной к упРу>'ой линии в начале координат, т е. над опорой А, определим пз условия равенства нулю пРогиба над опорой В при х = Е Иэ уравнения (108) имеем: "(-')е Е.>'у = Еуя '+ —, — „— — — — = О, Рнс. 152 о~куда л>Ге >эГч Езза( = — — -' —, к о В частнол> случае, когда сила Р действует посредине балки, г т. е. когда а = (> = —, углы поворота опорных сечений 2' будут равны: 268 (гл.
х УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ ИЛИ т1 24Е3 Угол наклона кзсательной к упругой линии над опорой В определим из уравнения (197), положив х = Е т Р 1 Е3а = Е3яз+ — —, — т— В з 1 2 2 х о~куда т! "В ав 24Е,1 (207) Определим значение х, при котором прогиб на первом участке получает максимальное значение. Для этого составим выражение — и приравняем его нулю: лу хтх ау 1 ! т1 тххт Кх Е31 24+1 23 илн ! АŠ— — +, =0, 24 21 откуда Г2!з 24 2 ~'3 Максимальный прогиб на первом участке найдем, подставив полученное значение х в уравнение прогибов (а): хл! 1 т !х 24273 1 144ф3 откуда (208) хххх Е3 уххзр ~48 144) 72 1/3 Е3' Определим прогиб в середине балки, т.
е. Ири х = — , . 2' Из уравнения (а) получаем: т11 т!з 0, с' 212 148 Уравнение прогибов на первом участке балки согласно уравнению (198) будет: тха т1 тха Е3у = Е3а х+ — — = —,— х+ — —.. 162418 (а) Ы 73) частные слУчАи ОпРеделениЯ пеРемещений БАлок 269 т. е. в середине балки прогиб равен нулю, упругая линия здесь имеет перегиб.
На втором участке прогибы будут такие же, как и на первом участке, но по знаку положительные. Случай 7. Балка, свободно лежащая на двух опорах (рис. 153), изгибается сплошной нагрузкой интенсивности д. Определить прогиб посредине балки. У Решение. Реакции опор равны: А=В=ив 2 г ' г Рис. 153. гз гз 9=ЕЛ,(+А —.— д 4 б 24' откуда е"- гз Р гз Е)аз= — А — „-~-г) —, = — л — +г),—, 24 12 24' пли гз Еуа = — ~7 —, 24 (209) Прогиб посредине найдем, подставив в уравнение (198) зна! .
чепие ЕУия и х = — ,: е' (г)' (-'г)' Егу = — дг- —,+А —. С 24 2 6 24 или, подставив значение реакции А, будем иметь: гз и (4 Е./у = — о-+д —.— д.—, С 4Ы ЭЫ ЫЫ4' откуда за Ус= ЗЫ47 7' (21О) Определим угол наклона упругой линии в начале координат аз из условия равенства нулю прогиба над опорой В. Из уравнения (198) при х=1 имеем: 270 (гл. х УПРУГАЯ ЛИНИЯ ВАЛ!<И Пример 65. Определить прогибы по концам и посредине балки, 2Р изображенной иа рис. 154, интенсивность нагрузки Решению Реакции па опорах А=В=2Р.
! 4 — Е 4 — — ! Рис. 154. и Е1(е, входящие в уравнение прогибов (198). !(ля определении этих неизвестных свставич два уравнения из условия равенства нулю прогибов над опорами. Прогиб над опорой А равен пулах Р 0 = ЕЦо+ Е./«о! — Р— ° 6' Прогиб над опорой В равен нулю: (2!)т Р 2Р г< 0 = Е Ча + Е/а«2! Р + 2Р Решим зту систему двух уравнений: гз ЕУУ, + ЕУ«,! — ! —. = О, 6 13 Е)!«+ 2Е«'а«( — — РР =- О. 12 Вычти из второго уравнения первое, получим: ЕУ««! — — Р(з = О, 11 (а) (б) откуда 1! Е«аа —— —, РР.
12 Нз уравнении (а), подставив в него зиачспис Еуа„находим: Еу(« = —: РР— — Р!з = — -'- РР. 1 11 . <3 б 12 4 Начало координат, как всегда, берем в крайнем левом конце балки. В начале координат ««~0 и уаФО! следовательно, прежде чем определять прогибы, мы должны предварительно определить ЕУ«а 2 74) МЕТОД МОРА И ПРАВИЛО ВЕРЕЩАГИНА 271 Теперь из уравнения (\98) определим прогиб посредине балки 3 в точке С, т. е.
при х = — й 2 ЕУУс = — — — РР+ — РР— / — Р + 8 а 11, З (2') с,л 12 '2 6 ~з,,) ~з, +2Р б ! 24 пзп ~ЛРР Ус = 1У>Š— г ° ф 74. Метод Мора и правило Верещагнна б/ (а) с!асто нас интересует не вся упругая линия балки а только перемещение балки в каком-либо сечении. В таких случаях для определения прогиба или угла поворота балки удобно использовать метод Мора, который можно применять и для получения упругой оси.
Пусть балка, изобра- в женпая на рис. 155, а, с а/ изгибается нагрузкой Р Уг и надо определить величину прогиба ус в сече- л л д ппи С, Возьмем такую же балку (рис. 155, б) и нагрузим ее в том же се~ешли силой, равной 1 Рнс. 188, (единичной силой). Затем сообщим этой второй балке дополнительно совершенно такие >ке прогибы, какие имеет первая балка, нзгибаемая нагрузкой Р.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
