Кинасошвили Р.С. 1960 Сопротивление (1075901), страница 41
Текст из файла (страница 41)
Дополнительная потенциальная энергия К накопленная вследствие этого во второй балке, будет равна рабоче единичной силы на искомом перемещении у , т. е. 272 1гл. х УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ (реакции на опорах от единичной силы работы не произведут, так как на опорах нет перемещения) «).
С другой стороны, дополнительную потенциальную энергию второй балки можно определить и по-другому. Действительно, из механики известно, что работа пары равняется моменту пары, умноженному на угол поворота. Если вырезать из второй балки бесконечно малый элемент длиной с(х, то его потенциальная энергия будет: т((7= М,с(р, где М,— изгибающие моменты, действующие на концевых сечениях вырезанного элемента от единичной нагрузки, а г(р — угол поворота Рнс. 156.
одного концевого сечения элемента относительно другого (рис. 156). Надо при этом заметить, что угол поворота концевых сечений с(р вызван, конечно, не моментами М, от единичной нагрузки, а моментамп М от нагрузки Р, действующей на первую балку, так как второй балке после нагружения единичной силой были сообщены прогибы первой балки. и'х 1 М Из рис. 156 следует, что ду = —, но так как — =— Р р ЕУ Мох (см. формулу (173)), то Ер=' —. или ЕУ Н/= М, —. Потенциальная энергия всей балки, нагруэкенной единичной силой, будет: у Мдх (б) О 1!з сравнения выражений (а) и (б) получим: Уо,( ' Е3 (211) о ) При этом мы пе учитываем энергикь потребную для совершения самой дополнительной леформации; эта энергия равна, очевидно, той, которая накоплена в первой балке при действии единичной силы.
8 741 метод мова и пглвило ветещагина 273 Если балка имеет постоянное поперечное сечение, то ус= — „. ~ М,Мг(х. 1 г (212) Формулы (211) н (212) называются интегралами Мора. Графоаналитический способ вычисления этих интегралов приводит к правилу Верещапща. Рассмотрим это пра- моо ив вяло. Возьмем один участок ~ у'~,л а/ балки длиной (1а — 1г), на г ' ' ' М котором изгибающие мо- — с менты от действующей на — 'Л балку нагрузки выражаются гг,~ в общем виде уравнением М =7 (х) (рис. 157, а), а изгибающие моменты от еди) 'а ушя пичной нагрузки изменяются по закону прямой, т. е. выг Ражаются уравнением М, = = ах + д (рис. 157, б). Тогда интеграл, входящий в формулу (212), может быть выражен так: и гя ~ М,М г1х = ~ М (ах+6) Их= а ~ Мхах+(г ~ Мг(х.
Второй из этих интегралов есть площадь эпюры моментов М на рассматриваемом участке балки; обозначим эту площадь через гш. Первый интеграл представляет собой статический момент этой площади Р относительно прямой, перпендикулярной к оси балки и проходящей через начало координат; следовательно, он Рзвен 7' х„, „ где хш, — абсцисса центРа тяжести эпюры М. Следовательно, г, ~ М,Мах=аГхч,,+(гЕ=Р(ахшт+б). г, Выражение ахш,+(г представляет ординату уч, эпюры мочентов М, от единичной нагрузки в сечении, соответ- 18 зак. гы, Р.
с, Киявсошввля 276 6 74) МЕТОД МОРА И ПРАВИЛО ВЕРЕШАГИИА Координаты эшоры от единичной силы под центрами тяжестей пло- 2аЬ 2аЬ щадей Е1 и Гт соответственно равны; уз= — — у, = —, 611 '- 61' а/ ~.а ь Л. 2 ЛЬ УТ Рпс. 159 1)рогиб под силой по формуле (214) будет: 1 1 2 аЬ (Ра"Ь Рабг', Раээт у ==1Рту +Раут) = — —.— 1 —,+ —, С вЂ” ЕУ Е3 3 1'т 21 21 ) 6ЕЛ' Пример 68. Определить угол наклона упругой линии балки (рис.
!60, а) в сечении С, где приложен момент. Решение. Угол наклона упругой линии в сечении определяется совершенно так же, как н прогиб, разница только в том, что в том сечении, где ищется угол наклона, прикладывается единичный чочент, а не единичная сила. Эп1ора моментов от заданной нагр>зки показана на рис. 160, б, она состоит из лвух треугольников. Плоп1адь эпюРы на пеРвом Участке Гт —— †,; †, на втоРом Участке 1 Я Ет=-- —, 21 276 (гл. к УПРУГАЯ ЛИНИЯ ПАЛКИ Эпюра моментов от елиничного момента показана на рис. 160,з: координаты этой эпюры под центрами тяжестей площадей Рт и Рт 2а.
2Ь соответственно равньп ут = — †; ут = — — †. Угол наклона 31' т 3 упругой линии балки в сечении С будет: '0= Еу ("ГУ' + "тУт) = Пу Ь 31 + ( гС )( 3 Т)3 ш (ат+ бт — аб) ЗЕЛ Пример 69. Определить прогибы (рис. 161, а). * Решение. Эпюра моментов от заданных нагрузок показана на рис.
161, б. Для определения прогиба на конце балки прикладываем единич- на конце балки н посредине Р а/ Ю б/ ! 1 ! б/ Рис, 160. Рис. 161. ную силу (161, в) и строим эпюру моментов (рис. 161, г). Эпюра моментов от заданной нагрузки имеет три участка, площади Балки РЛВНОГО сОпРОтиВления изГиБу 277 ь 75) Раэ эпюр на этих участках равньс Рт= — —,—, Р,= — 2Раэ и Рэ —— 2 Раэ 2 — —. Координаты эпюр моментов от единичной нагрузки под центрами тя'кестей площадей Рп Р и Рэ соответственно равны: 2 а ут —.— — — а; уз= — — и уз — — О. Прогиб на конце балки будет: 3 ' 2 1 ус= Е т (Ртут+ Р уз+ Рэуэ) = = —, (( — —,) ( — — а)+ ( — 2Раэ) ( — — )~ = — —.
Найдем прогиб в среднем сечении балки; приложим в этом сечении единичную силу (рис. 161, д) и построим эпюру моментов (рис. 16!,е). Коордвнаты эпюры моментов от единичной силы на консолях равны нулю, а в среднем пролете эта эпюра имеет перелом, поэтому и площадь эпюры моментов от заданной нагрузки на среднем пролете надо разбить на два участка; площади эпюр на этих участках одинаковы, каждан площадь равна Р= — Ра"-. Координаты эпюры от единичной нагрузки под центрами тя'кестей этих 1 площадей равны у„, = — Ра. Поэтому прогиб посредине балки будет: 2 2 1 Ра' ух —— :.(Ру ) = —. ( — Раэ) — Ра = — —, /д ч э пл 4 йб/' Знак минус указывает на то, что прогиб направлен в сторону, обратную направлению единичной сизы, т. е. не вниз, а вверх. ф 75.
Балки равного сопротивления изгибу До сих пор нами рассматривались призматические балки, такие, у которых поперечное сечение по всей длине балки оставалось постоянным. Размеры сечений таких балок определялись по максимальному изп1баюшему моменту М,„ в опасном сечении. При этом напряжение в опасном сечении пе должно было превосходить допускаемого напряжения (а): )т,)э эаэ (э! ' Очевидно, что напряжения во всех остальных сечениях призматической балки будут меньше допускаемого и только при чистом изгибе напряжения во всех сечениях призматической балки одинаковы. В последнем случае все сечения балки равноопасны.
Таким образом, прп изгибе балки постоянного сечения, исключал случай чистого изгиба, все 278 (гл. х УПРУГАЯ ЛИНИЯ БАЛКИ сечения балки, кроме опасного, имеют лишний запас прочности, что указывает на нерациональное использование в них материала. Наиболее рациональной формой балки для данного способа ее загружения будет та форма, при которой во всех ее сечениях напра>кения будут равны допускаемому. Балки, имеющие форму, удовлетворяющую этому условию, называются болнажи равного сопротивления изгибу.
Если обозначить изгибающий момент в произвольном сечении балки равного сопротивления через М , а момент сопротивления через В', то должно соблюдаться условие М М И/ — = — = а = сопз1. так Отсюда (215) Следовательно, в балках равного сопротивления Изгибу моменты сопротивления сечений должны быть прямо пропорциональны соответствующим изгиба>ощнм моментам. Зкономия материала, получаемая в балках равного сопротивления, не всегда окупает более сложное ее изготовление, а потому в практике применение таких балок ограничено. В качестве иллюстрации теории балки равного сопротивления рзссмотрим следующий пример.
Балка прямоугольного сечения одним концом защемлена, к другому прило>кена сосредоточенная сила Р (рис. 162,а). 1(ак должна меняться высота балки при постоянной ширине и как должна меняться ширина балки прн постоянной высоте, чтобы балка по всей длине имела равкое сопротивление изгибу? Определить, какой прогиб получит на свободном конце балка равного сопротивления с постоянной высотой. Решение.
1) Ширина балки постоянная. Изгибающий момент в произвольном сечении, отстоящем на расстоянии х от свободного конца балки, будет: Л1 = — Рх. Соответствующий момент сопротивления изгибу (рнс. 162, б) ву БАЛКИ РАВНОГО СОПРОТИВЛЕНИЯ ИЗГИБУ 279 75! где Ь вЂ” постоянная ширина балки, а у — переменная высота балк!ь !1згибаюший момент в плоскости зашемления М„,яя = — Р(. 1:слп обозначить через й высоту балки в плоское~и зашемлсння, то соответствующий момент сопротивления изгибу бу ~ст: Р Ьлл а) !Р' = —. б На основании уравне- на (215) получим: Ьуе 6 — Рх ЬГге — Рг ' 6 УЬЬ) ! о~куда уе = — ' х. (216) г — ! ! ~ДЩ ~Ь Ь) Изменение высоты се~ения балки равного Рис.
162. сопротивления изгибу с постоянной шириной сечения показано на рнс. 162, б. Нмея допускаемое напряжение, из уравнения (е) = — ' д(так аде 6 мо~кно определить )г, а следовательно, п высоту у в любом сечении балки по уравнению (216). Объем балки равного сопротивления будет состзвлять объема балки с постоянным сечением Ь)г, т. е. экономна материала будет 33",'о. 2) Высота балки постоя ни ая. Обозначим постоянную вь.соту балки через Ь, переменную ширину — через з н ширину балки в плоскости зашемления — через Ь.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
