Кинасошвили Р.С. 1960 Сопротивление (1075901), страница 43
Текст из файла (страница 43)
1=0,5798 15 5,74 6,26 1б 16 16 9 ?8) БАЛКА, ВАЩВМЛБННАЯ ОДНИМ КОНЦОМ 289 Определив положение сечения, имеющего максимальный прогиб, найдем величину самого прогиба. Для этого в уравнение прогибов подставим х= 0,8790 д1~ (0,5?91)т 5 (0,5791)з л (0,5?97)а 6 2 6~ 6 24 откуда Уа = ( 0 02093 + 0 0202 в 0 00467) = 914 аю Еу 6,665едм Е) 165Е) ' Пример 71. Балка АВ, защемленная одним концом в стене и свободно лежащая другим на опоре, изгибается сосредоточенной силой Р (рис. 167, «). Построить зпюру моментов, зпюру поперечныл сил и определить прогиб под силой Р.
6) рис. 167. Решение. Принииаеи за лишнюю неизвестную опорную реакцию, возникающую на опоре В. Отбросив опору В, получаем статически определимую балку (рис. 16?,б), правый конец которой под действием нагрузки Р прогнется. Для определения этого прогиба надо сначала найти реакции в защемлении (рис. 167, б). Из уравнений статики получаем: А,=Р; тт Ра. 19 Звк. МЮ. Р. С. Квааеааввлв 290 статически пеопведелиыые БАлки (гл. х! Направления реакции и момента защемления указаны на рис. 167, б. Уравнение прогибов правого участка балки согласно уравнению (108) будет: 1 Г х' хз (х — а)' 1 у = — ~ — гл —, + Ат —.
— Р Е3~ '2 6 6 Подставив в это уравнение значения Ат и ягг и вместо х— длину балки 1, найдем прогиб правого конца балки: 1 Г !т Р (! — Л)тт 3т = — ~ — Ра — + Р—.— Р Е3( 2 6 6 В действительности конец балки В оперт и его прогиб равен нулю, Следовательно, опорная реакция В должна быть такой величины, чтобы создаваемый е!о прогиб был равен по величине прогибу от нагрузки Р, но имел обратное направление.
Прогиб правого панца балки (рис. 167,а) от силы В (стр. 263) равен: ВР у =-— ЗЕ3 ' Из условия Л+32=0 определяем реакцию В: (! — )з1 В! Е3~ 2 6 6 3 ЗЕ3 — ~ — Ра — +! — — °, 1+ — =0, откуда Г За 1 (! — Л)а) Р ат(3! — а) Определив реакцию В из рассмотрения деформации балки, остальные неизвестные — реакцию А и момент защемлення заданной балки (рис, 167, а) †найд из условий равновесия. Реакция ф аа (3! — а) 1 Момент защемления Рат(3! — а) Ра(2Р— За!+ аз) Раб (1+ б) 21т 2!т — (220) Для построения зпюры моментов надо определить момент в сечении, где приложена сила Р. Момент в атом сечении будет: А( =вь=Ратб(з! — ) С = 2Р Эпюры моментов и поперечных сил представлены иа рис. 167,г н д.
791 БАлкл злшвчлвннАЯ ОБОими кОнцАми 991 для определения прогиба под силой Р напишем уравнение про- гибов для первого участка балки; хэ хз Еуу = — гл — + А —. 2 11одставнв сюда значения т, А и х = а, получаем: Для частного случая, когда сила Р действует посредине балки, 1 а=а= —, 2 ' А=р 1 — 4 2Р = 16Р В= — Р, 16 гл =- —, Р1 — Р—, = — —. Р1, 6 1 3 16 2 16 Расчетным моментом в этом случае будет момент защемлення 11рогиб под силой З '1 2) 11 '12) 1 7Р1 Е.7 ~.
16 2 16 6 .1 766Е1 5 79. Балка, защемленная обоими концами На каждом конце балки, защемленной обоими концами, имеется вообще три элемента опорных реакций, а именно: вертикальная составляющая реакции, горизонтальная составляющая реакции и момент в защемлснии. Горизонтальной составляющей опорной реакции в случаях действия нагибающнх сил, перпендикулярных к оси балки, можно пренебречь, эак как напряжение, вызываемое ею в обычных балках, мало в сравнении с напряжениями изгиба. Таким образом, Б балке, защемленной обоими концами и нагруженной силами, перпендикулярными к оси, остаются четыре элемента Реакций, из которых два статически неопределимы. Для их определения надо иметь четыре уравнения.
Два уравнения дает статика, двз других уравнения надо соста- 292 ст ~тически неОпРеделимые валки [гл. хг вить из дополнительных условий деформаций. Этими условиями могут быть равенство нулю углов поворота илн прогибов концов балки. ау Рис, 168. Рассмотрим пример. Балка АВ, зацгемленная обоими концами, изгибается равномерно распределенной нагрузкой интенсивности г1 (рис. 168, а).
Требуется построить эшоры моментов и поперечных сил и определить максимальный прогиб. з 79! БАлкА, БАщемленнАя оБоими концАми 293 Вследствие симметричности нагрузки опорные реакции б)дут равны: А=В= д На том же основании будут равными и моменты т в за- шсмлениях. Составим уравнение деформации. Так как углы наклона касательных к упругой линии на концах балки равны нулю, ;о из уравнения (197) получим: Р дгз О = — гл(-,— — — + —,, 2 2 б огкуда дР т=— 12 ' (221) Определив моменты в защемлениях, перейдем к построению эпюры изгибающих моментов. Рассматриваемая балка имеет один участок. Напишем для него уравнение моментов: д1 дР хе 2 12 д 2' з дг 1 дге (2) дР.
~ах 2 2 12 д 2 24 Момент в защемленин в два раза больше полученного, поэтому именно его и надо принимать за расчетный моиент. Построение эпюры поперечных сил в объяснениях не нуждается: эпюра будет совершенно такой же, как и для балки, лежащей свободно на двух опорах. Уравнение упругой линии балки будет: дг хз дР хз дх" 2 Ь 12 2 24 1 Наибольший прогиб балки при х = -, — равен: ! Гдп дР ды1 дР -"шах =~ = ег '1 уб йб зб4 7 зь4е7 Максимальный момент на участке найдем, приравнивая Им нулю производную —. Из этого условия находим, что Их ' максимальный момент получается посредине балки.
Он будет равен: статически ээеопгеделимые БАлки )гл. хт 294 На стр. 269 был найден наибольший прогиб посредине пролета для балки, своболно лежащей на двух опорах и нагруженной равномерно распределенной нагрузкой. Он был равен: Бдм Уп~в» 38(ЕУ Таким образом, из сравнения прогибов видно, что балка с защемленными концами в случае равномерно распределен- Р В ной нагрузки имеет в 5 раз меньший прогиб в середине пролета, чем балка, свободно лежащая на двух опорах. Пример 72. Балка АВ, защемленная обоими концами, изгибается сосредоточенной силой Р (рис.
169,л). Построить впюры изгибающих моментов н поперечных сил. Решение. Составим уравнения лля определения реакций. Из условий равновесия: ~Г = О; А + В = Р, ч~',А(, =О; В1+тв+ Ра — тд — О. Из условия, что угол наклона касательной и прогиб над опо рой В равны нулю, получим: Р Ьэ — тлг+ А —,— Р— = О, 2 2 б) Рис. 169. Гэ Р аэ — — + А —. — Р—. = О. 'эй 6 6 Решив полученную систему уравнений, найдем, что В Р лт(1 + 26, Э Г ,1 Р а'(1+2л) . гэ а% тв =Р— аЬэ, тл — — Р— ' Р 6 29) валка, зашвмлвнндя овоими концами 295 Теперь легко построить зпюры изгибающих моментов и поперечных и!л.
Изгибающий момент в сечении С, где действует сила Р, будет: аЬз абт(1+2а) 2Ратбт Лс — — — ~а+А = — Р р +Р Эпюры моментов и поперечных сил приведены на рис. 169, б и ю Определим прогиб в сечении С, где действует сила Р, Уравне- ние упругой линии для первого участка балки будет: лз хз ЕУу = — лг —, + А —., 2 6 Подставив значения т, А и а вместо л, получим: 1 1 Раба ат РЬт(1+2а) аз) Разбз УС Е3( !з ' 2+ Р ' 6~ 6!зЕУ' В частном случае, когда сила Р действует посредине балки, т. с. при а = Ь = —,, получим: реакции Р А=В= —, в — 21 моменты в защемлениях Р! л д л ! и 6 (222) Моменты зти отрицательны, что следует из их направлений, указанных на рис.
169,а. Момент посредине балки Р! М 6 3 Этот момент по величине равен моментам в защемлениях, но имеет обратный знак. Таким образом, рассматриваемая балка имеет три сечения, в которых изгибающие моменты по абсолютной величине одинаковы, т, е. балка имеет три сечении, одинаково опасных. Прогиб посредине балки см. стр.
267. РР 192Е.! ' 3 Максимальный изгибаю:ций момент балки, свободно опертой ва Р! двух опорах и нагружннеой силой Р посредине, равен М х= — 4 2 р!з (см. стр. (211), а максимальный прогиб равен у 46ЕУ 3 296 стлтическн нвопевделиыые вллки (гл. хт Следовательно, в сравнении с такой балкой балка, защемленная с обоих концов, имеет в середине пролета в два раза меньший изгибающий момент и в четыре раза меньший прогиб. Пример 73. Балка АВ, защемленная обоими концами, изги- бается моментом ль действующим посредине пролета (рис.
170). л Определить моменты в защемлениях, 1 ! Решение. Исходя из условий, что у пад опорой В угол наклона касательной и прогиб равны нулю, пз урав- ( Л Ч С т В ) пений (197) и (198) получим: , лгг П т! В М1+А — — —,=О, 2 Р В шР— Л(т —.+ А —.— = О.
2 б 8 и, Рпс. 170 Решив зту систему уравнений, найдем: 3 т т А = —,—— Мт = — —. 2 1 ' ' 4 Из условия ~~~ Ми = О получим: 4 ~ 2 1 ! т+Л1з — 0 откуда М. = — —. гл 4 5 80. Балка на трех опорах Балки, опирающиеся больше чем на дае опоры, называются неразрезными или многоопорными балками. Из неразрезных балок мы рассмотрим простейшую, а именно балку на трех опорах.
Будем считать одну опору неподвии<ной, а две другпе— на катках, тогда при изгибе балки силами, перпендикулярными к оси, на опорах будут возникать только вертикальные реакции. Балка на трех опорах будет иметь три неизвестные реакции, две из которых определяются из условий равновесия статики, одна реакция представляет лишнюю неизвестную. За лишнюю неизвестную примем реакцию, возникающую на средней опоре балки.
Добавочное условие, которое накладывается на деформацию балки лишней неизвестной, в этом случае заключается в том, что прогио в сечении над средней опорой равен нулю. Из этого 8 80) валка нл тгях опоглх 297 условия мы и будем определять реакцию иа средней опоре.
После того как эта реакция будет найдена, задача становится статически определимой, и дальнейшее ее решение не представляет каких-либо Е=л 1 затруднений. Ф гчл( Е=4Ф Е=ус1 В качестве примера рассмотрим балку на трех опорах, изгибающуюся равно- Ф,, с Н мерно распределенной нагрузкой интенсивности с и) (рис. 171, а). Определим реакции на опорах. ОбР ~ . Жл руС. Тогда получим балку, ' у, свободно опертую на две 5) опоры А и В (рис. 171, 6). Определим прогиб в сечении . т': над отброшенной опорой.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
