Писаренко Г.С. Сопротивление материалов (1075902), страница 44
Текст из файла (страница 44)
274). Однако в большинстве случаев смещения К (проекции на ось х полных перемещений) настолько малы, что ими мОжнО пренебречь. Условимся оси координат всегда располагать следующим образом: начало координат помещать на левом конце балки, ось х направлять по Оси балки впраВО» В Ось и» Вверх прогиб Ф будем считать положительным» если перемещение сОотВетсгвующей тОчки происходит Вверху т» е» в направлении Оси Ф» Угол поворота 8 будем считать положительным при Повороте сечения против чзсОВОЙ стрелки В сВЯзи с малостью Деформаций бзлОк можно полагать 1(~ 8 8. Тзк как тэнгенс угла поворОта есть прОизводнзя От ординаты прогиба: 118 И~ (16.39) то с достаточной степенью точности можно считать уГОл поворота Й (х) В Данном сечении равным произВОДной прОгибз Га (х) по збс- ЦИССЕ СЕЧЕНИИ: ~ (х) И И ~о Н И И~ОХ ' 0и'~0 Г '.
~ ~ Г~Е >О Ф Таким ОбраЗОМ, для ОПределеиие деФормации» ' ~ 11ее»'о» "» Ц „ балки в ее произвольном,и и )у~~» о и Р сечении необходимо пре" „Я жде всего получить уравнение упруГОЙ линии ~рк. ЗГИ И» =- Г(Х). Исходи из физической природы изогнутой оси бруса, можем утверждать, чтО упруга и линия дОлжнз бить непрерывной и Гладкой (не имеюГцей йзломов) крйвой, следовэтельйо, йз протяжении Всей Оси бруса Должны бьГГь непрерывны функЦНЯ и» и ее первзи производнаи. Прогибы и углы поворота и ЯвлЯютси перемеЩенийми сечений бзлОк при изгибе. Деформации того или инОГО участий балки Определиет СЯ ИСКРИВЛЕНИЕМ ЕГО ИЗОГНУТОЙ ОСие Т. Е. КРИВИЗИОЙ.
ТЭК КЗК ВЛИЯ- ние поперечной силы нз криВнзну мало, тО и В обпкм случае поперечного изгиба уравнение (1О.9) можно записать в виде М (х) (10.41) Из курса выспюй математики изВестно таков урэвйеиив кривизны ПЛОСКОЙ КРИВОЙ: '1'еперь Дли получейии Дифференциального урзвйении йзогнутой оси остаетси прирзвнить правые части выражений (1О.41) и (10.42), Выяснив предварительно вопрос о знаке. ЕСЛИ ИЗГИ63ЮЩИЙ МОМЕНТ ПОЛОЖИТЕЛЕне ТО УПРУГЗЯ ЛИНИЯ Своей ВогнутОН стОрОИОЙ ОбрзщенЗ ВВерх (рис, 275е й) и, следовательно, при принитом направлении координатных Осей кривизна А =— Р считаетси положительной.
При отрицательном изгибакацем моменте кривизна также Отрицательна (рис. 275, 6)..Если бы ось и» была нами направлена Вниз, то при пОложительном изгибающем КОменте кривизна была бы отрицательной (рис. 275, а), а при отрицатель- ном моменте — положительной (рис. 275, г). Сохраняя принЯтое нами направление Оси иу вверх имеем соот'-- Ветствие между знаком момента и знаком кривизны» поуГОму можем просто приравнять правые части равенств (1ОА1) и (1ОА2). Тогда бРбр~ (16.43) 1+ Если бы ось в была направлена вниз, то в правой части следовало бы поставить знак бмииусу». ПОлучеинОе уравнение называется гпочйь~м урйайВйием иаоайфий осй бауш.ОИО является нелинейным дифференциальным уравнени- ем второго порядка, интегрирование которого„как известно, п1эед- стзВляет значительные трудности.
В связи с зтим и так кзк В подаВ- лякэщем бОльшинстве рассматриваемых нз практике ззДзч прОГибы мали, точное уравнение (10,43) заменякл приближенным уравнени- ем — уравнением для малых перемещений, В ЗНЗМЕНЗТЕЛЕ урЗВНЕНИЯ (10.43) СТОН"е Сумма ДвуХ СЛЗГЗЕМЫХ: 1+ -~,— — 1+ $~~й. При малых деформациях Величина Второго слагаемого во много раз МЕНЬШЕ ПЕРВОГО. »ь.»ФЙСТВИТЕЛЬНО» ПРИ 1ЭЗСЧЕТЕ ОбЫЧНЫХ МЗШИНОСТРОИ- тельных или строительных злементов нормы допускаемого прогиба составляют ИОΠ— ОООО пролета В зависимости от условий работы балки» 3 пОлучакмциеся прн атом углы пОВОрОтз не превышают 1 Лаже прилип больший предел длп про»аба (~,~ »~, наибольшую величину тзпгепсз Й пОлучим следующей: 11г 8ра." ф 1'м: 0,02, Таким образом„значение $д' й не превышает О,ООО4, т.
е. весьма малО пО с1эзВнению с единицей. Этими Величинами и кожнО прене- бречь без ощутимой для практических целей ошибки. Тогда полу- чим упрощенное дифференциальное уравнение упругой линии: в котором Величина изгибающего момента М (х) Вычисляется для недеформированной балки, В дальнейшем уравнение (1ОА4) будем нззыВать Ой'ймйым дй ~мущйильйым ямийдйием 9щ~УЗОЙ япйим (для малых деформаций). С еГО пОмощью мОжнО Вычислять пе1эемешения В балках пРИ любых услОВНЯх нзГРУженияе Решая задачу аналитическим методом, углы поворота 6(х) и п1эОГибы ир (х) Вычислякэт пОследОВзтельным интегрированием Ос новного дифференциального уравнении (1ОА4).
Проинтегрировав урзВнение первый рзз, пОлучим выражение для уГлз пОВОрОтз 8 (х): ~(")= ь = аю~» ""+С (16е45) содержжцее Одну произвольную постОЯнную С. ИнтеГрирун Второй рззр нзхОдим ВьЦ)зженйе ДЛЯ прОГибз Ф (х): в(х» ~Ых~ нх~,~ Ли+Си+В, ($0А6) содержжцее две произвольнью постойнные С и В. 3нзчениЯ постОЯИ- ных С и В определйют из условий Закреплении балки следукпцим ОбрааОМ: Ф з) если балка имеет нз конце Зз" делку (рис. 276), то прогиб и угол Вь р 4' Уф пОВОрОтз в ней равны нулю: арв = О; 8в = О"„(16.47) А Х б) дЛя баЛКН НЗ дВух ШарннрпЫХ Опора= (СМ. рИС. 273) равНИ НУЛЮ ПрОГйбк йа ЭТИХ ОПОрЗХ: вл = О; ц~з — — О. (16.48) Ззметйм, что урзвйеййе упругой ли~ни йногда удобйо азпйсзть В ИНОЙ фоРМЕ СЧИТЗЯ ЗЗДЗННИМ НЕ МОМЕН"Г М (Х)„а НЗГРУЗКУ ф (Х)» ФМ (х» Вспомнив, что —— е~ — — — р (х), и пронифферениировев рревненне (1О.44) два рааае ПОЛУЧИМ да Е~() ю (16 49) Уравнение упругой линии в форме (1О.49) примениют при расчете бзлОк на упруГОМ Основании и при рассмотрении колебаний балок.
Рас~~~~нм ~еско~ько примеров определейни Деформаций б~~~~ МЕТОДОМ НЕПОСРЕДСТВЕННОГО ИНТЕГРИРОВЗНИЯ ОСНОВНОГО ДиффЕРЕН- циального уравнения (10.44), з Затем установим правила построе- ИНЯ эпюр УГЛОВ пОворота и прОГнбОВ которью неОбходймь4 при ис следовании деформированного состовнин балок при сложной си- СТЕМЕ НЗГРУЗОК. ОПРЕДЕЛИМ ~»евеесо И Ц~рр~еее~ ДЛ Я КОНСОЛ й ПОСТОЯ ННОГО ПОПЕРЕЧНОГО сечении с сосредоточенной силОЙ Р на свободном конце (рис. 275). Изгибающий мОмент В сечении х будем Вычислйть кзк ревультзт дейстВия Внешних сил, расположенных слева От сечения; М (Х) =- — РХ. ОТРИЦВТЕЛЬНОЕ ЗНаЧЕНИЕ ~д ПО" Я' х казкВает, чтО прОгиб происходит ч« Ю В направлениив противоположном НВПРВВЛЕНИЮ ОСИ И«(Т. Е.
ВНИЗ). Положительный угол пОВОРОта 6А ПОКВЗЫВает, что ПОВОРОТ Сечения ~ / прОисхОдит прОтив часовОЙ СТРЕЛКИ. ® Сравнивая Выражения (16.50), (10.51) Для произвольных постояи- Т4И ных с выражениями (10.55), (10.54) ® для 8 (О) и в(О), убеждаемся, что С -Й— равно углу повОРОТ~ на Сноб~Дно~ (««««) конце консоли (прнх = О), аВ равно прогибу свободного конца консоли (при х = О). Постронм Эпюры прогибов и углОВ поворот'а длЯ прОстОЙ балки постОЯнного сечения (рис. 277), несущей сплошную равномерную распределенную наГрузку Опорнью Реакции ф й — й —— Изгибающий мОмент В прОизвольиОм сечении ф фХ'" М (х) — х — —.
2 2 СосгаВляем Дифференциальное уравнение изОГнутОЙ Оси: «Рв $ ~ «ф дх~ х а ах~ И ~2 2 1" Интегрируя его дважды„получаем 8 (х) = — = ~~ ~Р— ~~~~ хе+ С1 (10.66» в (х) = ~ хэ — ~~~ х4+ Сх + В. (16.57» Граничные у~~ов~~ следукяцие: 1) на левом конце прогиб равен нулю, т. е. при х = О в = 0; 2) иа праВОм конце проГибраВен нулю, 'Г. е. Нри х = 1 Ф = О. ПервОе условие дает ц«(О) — д — О, (19.68» и'~«1 — -~ИГ-я+ С«-0 Второе условие дает (18.59) ПОдстаВНВ Вычисленные значения проиавольнь$х постоянных В уравнения (10.56) и (10.57), получим уравнение изогнутой Оси: (1К66) Н УРВВНЕНИЕ УГЛОВ ПОВОРОТ3: йа «;«ЬР «ф» дФ~ ~1(х)= н~ = <и 6И ми~ Я4~х ~«6(т) +4(т)1' Для построения эпюр Е (х) и в (х) Вычислим углы поворота по концам балки, 3 также прОГиб пОсредине прОлета и» ~ — ~ = 1«.
УГлы поворота на опорах найдем из уравнения (10.61), При х = О получим Величину угла пОворота на левой опоре- С=8(О) = — ~ ' В=~а(О) =О. 4э 24ЕХ Отметим, что таким будет геометрический смысл проиавольиых постоянных на участке, примыкакицем к началу координат, для любой балки при произвольной нагрузке. Подставив В уравнение (1О.6О) х = —, Вычислим Величину проГиба: Из уравнения (1О.6О) упругои линии заключаем„что балка нагибается пО кривОЙ, являющейся параболОЙ четвертого порядка. Так как изгибаюп»ий момент на Всем прОтяжении балки пОлОжителен, тоэ значит~ Всюду сжаты верхние ВОлокна и, следовательно~ балка нагибается выпуклостью Вннэ.
ВычислиВ величины прОГибОВ В различных сечениях, ОтклццйВаем их в ОпределеннОМ масп»табе вниз От бааисиОЙ линии. Соединив концевые тОчки ОтлОженных Отрезков к1»ИВОЙ, получаем зпюру прОГибОВ и». Эпюра прОГибОВ В принятОм масштабе изображает ИЗОГнуТуЮ ОСЬ раССмаТрИВВЕМОЙ баЛКИ. Для пострОения эпюры 6 ОтлОжим вычисленные аначеиия Й,«» И 83 От баЗНСНОЙ Линин ВНИЗ И ВВЕРХ СООТВЕТСТВЕННО.
ИЗ УСЛОВИЯ симметрии балки и наГрузки заключаем, чтО сечение на Оси симмет Рии т. е. при х = — ~ не поворачивается. Значит, а/ В соответстВИИ с уравнением (10.61) энвера углов поворота должна быть Очерчена параболой третьего порЯДка. (трОим эп$ору ПО точкам (рис. 277), аачислив промежуточные ординатьп И~ а Р Ь,р 9 дР Рд фа э зм .и' ч~ С При этОм параболическай кри- ф вак на леВОЙ половине балки ОбраЩена Вогнутостыо Вверх, а на праВОЙ вЂ” Вниз. Рассмотрим 6616 Один случай Определения перемещений. Для простой балкй постоинного пОперечйого сечеййи, йагружеййой сйлой Р в точке С (рис.
278), необходимо: а) иайти уравнения упруГОЙ линии и углОВ пОВорота; б) вычислить прогибы в точке С и посредине пролета, а также Определить пОлож6ние и Величину стрели прОгиба ~; в) Вычислить угли поворота сечений В точкак А, В и С; г) построить эпюры Я, М; 6 и в, принив Р 18 тс, 1 = б м, а = 2,2 м, Х,, = Фб 47О см4, Е = 2 ° 1О' кгсlсм'. Предоставим читзтелн) воэможность самостОятельно решить этот пример.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
