Кинасошвили Р.С. 1960 Сопротивление (1075901), страница 44
Текст из файла (страница 44)
Этот прогиб (см. стр. 269) будет равен: 5су (2))4 Ус — 884Е7 ' ~Е С) ,—., Ф' Прогиб балки (рпс. 171,з) от сосредоточенной силы С, действующей снизу вверх (см. стр. 267), будет: С(2!)' .1 с 48Е/ г) Из урзвнения Ус+Ус = 5,7 (2))4 С (27)1 384Е7 + 48ЕУ найдем реакцию С: С= —,, с(. 5 (223) Рлс. 171. Реакции на крайних опорах А и В, когда оба пролета имеют одинаковую длину, в силу симметрии будут 298 СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ ВАЛКИ [ГЛ. Хг равны: 11 5 т 3 А = В = — ~241 — -'-,71) = — д1. Эпюры УИ и О приведены на рис. 171, г и д.
Пример 74. Балка на трех опорах изгибается сосредоточенной силой Р (рис. 172 а). Опрелелим реакцию, возникающую на средней опоре. Решение. Отбросим среднюю опору С; тогда получим балку, свободно опертую на две опоры А н В (рис. 172, б), Опрелелим прогиб в сечении над отброшенной опорой. Этот прогиб будет равен: Ра [(1т + 1з)з — аз[1 Ра1з б (1, + 1е) б (1, -[- 1,) ' Ра1, ~(1з + 1 )т — а — УТ1] б(1т+!з) РУ Возьмем теперь балку (рис. 172,е), свободно лежащую иа двух опорах А и В н изгибаемую силой С, действующей вверх. Определим прогиб в точке приложения силы С (см.
стр. 2бб): С1,'1! УС 8 (1т + 1т) РУ Из условия УО+ УС вЂ” О определяем реакцшо С: Ра1, ~(1з + 1т)" — а — 1з1] б б(1т+1т)ВУ + б С1 1 — — -1, 11 + б(1,+1х)ВУ =' б) откуда Ра [(1, + 1з) — ат — 1,] С'= 21хР а) Ус (224) Ф Если сила Р будет действо.жн вать на левом пролете балки, то 1' реакция на средней опоре опре- Ь делится по той же формуле (224), но тогда расстояние а надо измеРнс. 172. рять от левой опоры А и пролеты 1т и 1э взаимно заменить. В частнои случае, когда пролеты одинаковой длины, т.
е. 1з — — 1т = 1, формула (224) упрощается. В этом случае реакция С 299 80! БАЛКА ИА ТРЕХ ОПОРАХ будет равна: Ра (ЗР— л") 2Р (225) Определив среднюю реакцию из расслштрення деформации балки, остальные две реакции легко определить из уравиевия равновесия, Пример 75, Подобрать двутавровое сечение для двухпролетной псразрезной балки (рис. 173, л) с равными пролетами 1 = 2 Ай балка а) Ус Ряс. 1?3. нагружена в среднем сечении левого пролета сосредоточенной силой Р = йт; правый пролет загрулуен сплошной нагрузкой интенсивности д = 4 и/м. Допускаемое напряжение (а) = 1400 кзус.кт. Решение.
Отбросим среднюю опору С и определим прогиб под отброшенной опорой (рис. 173, б). Найдем сначала реакцви двух- опорной балки АВ: ~~~~34 = О, — Вс2! + а1 ~ 7+ —,) + Р—,, = О, В'=ТФ+-Р' Х-- ': ~ ) — ° ('1 Р А(Е=О, А'2( — (т+ —,) — д —,=О, 2) 2 — ° ,77 3 А' = — + — Р. 4 4 ЗОО 1гл.
Кт СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ БАЛКИ откуда 7 7 ЕУаа = — — РР— — д!з. 32 48 Прогиб над отброшенной опорой С определим по уравнению (198) прн х = !." 1! ) Е?у = Е?аа! + А — — Р— с— 6 б Подставив значения А' н Еуар, получии: 7 7 д!4 1 РР ЕУУО = — —, РР— — дВ + —, + — РР— — = = РР— — д!4. 32 48 24 8 48 96 48 Напишем теперь прогиб балки (рнс, 1?З,в) в сечении С от сосредоточен ой силы С: (2!)3 ЕУУО = С вЂ”. 48 Нз уравнения Езус+ Еуус' = О з — — Р!' — — ' дВ+С вЂ” =О 96 48 илн получим значение реакции среднеи опоры: С = — Р+ — д! = — ° 2+ — ° 4 ° 2 = б — ю. 11 5 11 5 3 16 8 16 8 8 Теперь найдем реакции А и В заданной балки: Ма=о, — В2!+д!(!+ — „) — ( —.Р+ — д!) !+Р—,=О, ? 3 7 3 5 В= —,д! — — Р= — ° 4 2 — — ° 2=3 — ш1 16 ' 32 16 32 16 ( — -) —— Ми=О, А 22 — ! —,+1 —,.
+ — д(т1! — —,=О, 3! !11 5 т ?Р 2 '116 8 ) 2 13 1 13 1 5 А = — Р— —, д! = —., ° 2 — — 4 ° 2 = — ю. 32 16 ' 32 16 16 Построим зпюру изгибающих моментов. На первом участке 5 Мт = Ах = —.х, 16 5 при х = О Мд — — О; при х= —, =! м М= — я!м. 2 16 В начале координат (в точке А) Уе = О, а аа ~ О. Найдем Е/ав из условия равенства нулю прогнба над опорой В. При х = 2! из уравнения (198) получим: 1)з , (2!)ч 1 2! (2! — !)а 12! — —,~ 30! ф 81! КОНТРОЛЬИЫВ ВОПРОСЫ На втором участке 5 Мт = Ах — Р1 х — —,) = —. х — 2 (х — 1), 2) Бб 5 прв х= — = 1 м М= —.тм; 2- 16 5 3 при х=1=2м Мс — ° 2 — 2 ° 1=- — 1 — тм. 16 3 Л1омеллты на третьем участке определим, подходя с правого конца балки: хт .
5 Ма = Вх — 4 —, = 3 — х — 2х'-', 2 15 5 при х=0 М =0; прих=1=2 м М(- 3 — ° 2 — 2 ° 2т= 16 3 = — 1 — тм. и Найдем максимальное значение момента на третьем участке: лтМл 5 53 — 0=3 — — 4х, отсюда х= — м. Мх 16 64 При этом значении х момент будет равен: 5 53, 7 531т 761 Мз =3 —. ° — — 2 — ) =1,— тм. з а* Рб 64 164) 2043 Этот изгибающий момент по абсолютной величине немного меньше, чем МС. Поэтому максимальный момент на всей длине балки будет 3 пад опорой С; он равен Мс — — — 1 — тм.
Подставив в расчетное в уравнение зто значение момента, получим необходимую величину )Г: МС 1100000 11') — = 98,2 смй )а) 6. 1400 Ближайшее большое значение )Р' имеет двутавр Лй 14, а именно 152 сллй $81. Контрольные вопросы Какие балки называются статически неопределимыми2 Какими методами решаются статически неопределимые балкпу Как относятся между собой максимальные прогибы балок, нагруженных равномерно распределенной нагрузкой, если одна свободно оперта обоилли концами, а у другой концы заделаны? Чему равны люменты в заделках балки, нагруженной посредине мол: лпому рван иге основные преимущества статически неопределимых (алек гсред статически определимыми. ГЛАВА ХП СЛОЖНОЕ СОПРОТИВЛЕНИЕ ф 82.
Косой изгиб До сих пор рассматривался плоский изгиб, когда плоскость действия нагрузок совпадала с продольной плоскостью симметрии балки или вообще с одной из ее главных плоскостей. Деформация изгиба при этом происходила в плоскости действия моментов, а нейтральная ось совпадала с главной осью инерции поперечного сечения и была перпендикулярна к плоскости действия моментов. Однако бывают случаи, когда плоскость действия изгибающих моментов не совпадает ни с одной из главных плоскостей балки. Такой изгиб называется косым изгибом.
Рассмотрим пример косого изгиба. Пусть балка прямоугольного сечения, защемленная одним концом (рис. 174, а, б), изгибается силой Р, действующей перпендикулярно к оси балки на свободном конце и составляющей угол а с главной плоскостью ху. Так как плоскость действия изгибающего момента в данном случае не совпадает ни с одной из двух главных плоскостей балки, то это будет случай косого изгиба. Абсолютное значение изгибающего момента в каком-либо сечении лщ, отстоящем на расстоянии х ог защемлення, будет: М = Р (1 — х).
Разложим силу Р на две составляющие Р и Р, действующие по главным осям сечения у и г, Тогда абсолютные значения составляющих моментов будут равны: МРя((х)Р((х)соля М„= Р . (1 — х) = Р (1 — х) з1 и а. зоз косой изгиз 8 821 о1оменты Мв и М, действуют в главных плоскостях балки. Напряжения и прогибы от каждого из этих моментов, взятых в отдельности, мы определять умеем.
Пользуясь за- Ряс. 174. коном независимости действия сил, можно найти напряжения и прогибы, получающиеся при одновременном действии моментов М„ и М,. Таким образом, случай косого изгиоа молино всегда свести и двум плоским, или, кан иногда говорят, н простым, изгибам. ЗО4 сложное сопготивленив [гл. хп Прн действии только одного момента М, нейтральной осью будет ось а (рис.
174,а) и нормальное напряжение для какой-либо точки М с координатами г, у, взятой в первом квадранте сечения тл, определяется по формуле (174): г'У М ° а,=— Уа Напряжение в той же точке от лействия только момента Ма (рис. 174, г) равно: пд — — — а М ° х ~ю При одновременном действии двух моментов Ма и М, напряжение в любой точке сечения будет равно алгебраиче- ской сумме напряжений и, и и„ т. е. О=п,+па= — '+ М, ° у М>, ° г (226) ./, У, В зту формулу координаты у, г точек сечения и изгиба- ющие моменты Ма и М, подставляются со своими знакамп.
Если момент действует таким образом, что в 1-й четверти, где коорлинаты х и у положительны, он вызывает растяжение, то ему приписывается знак плюс, а если сжатие, то минус. Например, в нашем случае оба момента М„ и М, положи- тельны, так как в 1-й четверти они вызывают растяжение; в результате получаем: ь л> для точки А(я= — — у= — ) 2' 2) л Ь Р(( — х) спь а — Р (à — х) а)п и —, 2 2 . а— ./г Ь 6> для точки В(л= — у= —,) 21 1) в Ь Р(7 — х) соз а — Р (7 — х) з>п а— 2 2. а — + > и а Ь.
Ь> для точки С (г= — — ' у= — — ) 2' 2) И Ь вЂ” Р() — х) соз а —, Р() — х) Мп ив 2 2 а— l 1 305 $21 косой изгив ь а> Длч точки сг (г = — У= — —,>1 2' 2> л Ь вЂ” Р(( — х) сов а — Р (г — х) в>и ив 2 2 е — + Наибольшее суммарное напряжение в данном случае будет в точках В и С; в точке В(х ) О, у ) 0) — напря>кение растяжения, а в точке С (х(0, у( 0) — напряжение сжатия. Абсолютные значения зтих напра>кении будут одинаковы.
Уравнение нейтральной линии получим, приравнивая нулю правую часть формулы (226)1 М, ° у М, ° г — + — =О, У, Уе нлн М'усов в М'гв>пи ,/ь откуда Усова гв>пв —.+ = О. Уь )„ Этому уравнению прямой линии удовлетворяют знзчения у=О и г=О; следовательно, нейтральная линия прохо- дит через центр тяжести поперечного сечения. Определив из последнего выражения отношение —, най- У дом тангенс угла (В), составляемого нейтральной линией с положительным направлением оси л (рис. 174, д); (ий = — = — 1 а —.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
