рефераты конспекты курсовые дипломные лекции шпоры

Реферат Курсовая Конспект

Так как в балке выделяются два участка для М (х), необходимо составить дифференциальные уравнения для каждого участка. Решение упрощается, если

Так как в балке выделяются два участка для М (х), необходимо составить дифференциальные уравнения для каждого участка. Решение упрощается, если - раздел Математика, 7.8. Путем Интегрирования Дифференциальных Уравнений Изогну­той Оси С Примене...

7.8. Путем интегрирования дифференциальных уравнений изогну­той оси с применением метода уравнивания произвольных постоянных определить величину наибольшего прогиба в пролете и опускание точки приложения силы для балки, изображенной на рисунке. Найти также углы поворота опорных сечений А и В.

Решение. Опорные реакции равны:

Ра + М0, Р(1+а) + М0/

А —---- 1--- У (вниз), В——-———---- 5 (вверх).

l I


Так как в балке выделяются два участка для М (х), необходимо составить дифференциальные уравнения для каждого участка. Решение упрощается, если

выражения моментов на каждом участ­ке составлять, отсчитывая абсциссы сечений /—/ и 22 от одного начала координат (например, от точки Л) и рассматривая каждый раз одну и ту же отсеченную часть балки (у нас—левую). Тогда

Мх = —Ах,

М2 = — Ах--В(х—1) + М0. Интегрирование будем вести без раскрытия скобок, для второго участ-

ка— по переменной I), обращающейся в нуль при х=1. ото скажется лишь на величине произвольных постоянных, приводя к уравниванию соответ­ствующих постоянных для обоих участков. Получим:

Первый участок Второй участок

EJyl = — Ax EJy'2 = — Ах+В {х—/) + М0 {х—1)°

EJy'^-^ + Сг (I) EJy'2 = -^+B{X-l)2+M0(x-l) + C2 (III)

E/^-^ + C^+D, (И) EJy^-^ + ^l + Щ^-,

+ C2x + D3 (IV)

Из уравнений (II) и (IV) видно, что изогнутая ось балки состоит из двух кривых. Так как при упругой деформации ось балки представляет собой не­разрывную плавную линию, то в точке сопряжения кривых (точка В) они должны иметь общую касательную и общий прогиб:

1) при х = 1 y'i — у'г, и 2) при x = l f/i = t/2-

По первому условию из (I) и (III) получим С1 — С2 = С. Из второго усло­вия по (II) и (IV) найдем Dl^=D2=:D. Значения произвольных постоянных С и D определяются из условий закрепления балки на опорах Л и Б, где прогибы равны нулю:

3) при х — 0 уi = 0 и, следовательно, D = 0;

Л/^

4) при x = l yl = yi~O, откуда C — —z~ (из (II) или из (IV)).

Величина наибольшего прогиба в пролете найдется из уравнения (II).

Если У1 = {/тах> Т0 У' — 0- Приравняв (I) нулю, найдем необходимое значение х,
соответствующее утах:

п Ах* . АР I

О=—2~ + v откуда *=yv

Pa + M0 /з Pa+MQ /з =Ра + М (Ра + М0)/2 Величину прогиба в сечении под силой найдем из уравнения (IV) при x=l + a и у… Pa*(l--a) + MQal

О 0

XXX

3) EJy'='idx^dx'iq(x)dx + ^ + C2x + C3t

0 0 0

x x x x

4) EJy= J dx J dx J dx J q (x) ^т^ + ^ + ^+С4.

0 0 0 0

Значения входящих в эти уравнения произвольных постоянных определя­ются из условий в начале координат при х — 0. Используя равенства (1) и (2), получим: Сх = EJy(x = о = Q (* = 0) = -Ро. ^2 = EJy(x = 0> = Мо. Кроме того, при х = 0 Ci = EJylXm.Oi = EJQo nCt = EJy{x=0)=EJf(t.

Таким образом, произвольные постоянные интегрирования являются на­чальными параметрами, т. е. геометрическими и силовыми факторами при х = 0, чем определяется и их размерность: f& и 80—прогиб и угол поворота начального сечения, а Ро и Мо — сосредоточенная сила и момент в начале координат.

Уравнение изогнутой оси через начальные параметры напишется так:

y = fo + %^ij^f + ^ + l^l 4(x)dA (a)

L 0 0 0 0 J

В случае равномерно распределенной нагрузки q (х)=q6=const и послед­ний член уравнения после четырехкратного интегрирования получит значение

x ■, а уравнение (а) примет вид

y-fo + QoX + Tj L-2- + ~6~ + ~2^J ' (б)

Воспользуемся им для определения перемещений в заданной балке. Так как в начале координат (точка Л) нет ни силы, ни момента, т. е. Ро = 0 и Мо = 0, а нагрузка qo = q (направлена в сторону отрицательной оси у), то


уравнения прогибов и углов поворота примут вид

v _ f JL R v qX* л,' А ^

Начальные параметры f0 и 0О определим из условия закрепления балки в сечении В: при х = / у = 0 и при х = 1 у' = 0, откуда 60 = -^гу-=9л и

Oil и

'° ~" 8£У ~ 'А'

При рациональном выборе начала координат решение может быть упро­щено. Рекомендуется решить эту же задачу, приняв начало координат в точке В и направив ось х влево. Как изменятся при этом начальные параметры?

Ответ: /0=0; 60 = 0; Жо=-^; P0 = ql>, 6л = -^; JA~ 8EJ'


 


7.17. Пользуясь методом начальных параметров, определить величину наибольшего прогиба и углы поворота опорных сечений

деревянной балки, изображенной на рисунке. Сечение балки — пря­моугольник со сторонами £=15 см и /г = 20 см, пролет / = 3а = 6 м. Интенсивность нагрузки, приложенной на длине 2а, q — 0,3 т/м.

4 2

Решение. Опорные реакции: А = -^ qat B = -^-qa. Начало координат при-

О о

мем в точке А.

Для балки, разделенной на два или более участков, при нагружении ее силами, парами и равномерно распределенной нагрузкой общее уравнение изогнутой оси может быть написано в виде

,__ 1 [Mt(x-aOT)2 Pi(x-ap)3 ftfr-Qg)4!

~*~ EJ [ 2! **" 3! i 4! J*

Здесь /0, 0O' Mo и Роначальные параметры (см. задачу 7.10); ^ — интен­сивность равномерно распределенной нагрузки на первом (от начала коорди­нат) участке; Mi, Pi, q-t — силовые факторы, появляющиеся в начале второго (и каждого последующего) участка при х — щ. Левая часть равенства, отде­ленная вертикальной чертой, представляет собой уравнение изогнутой оси в пределах только первого участка; все уравнение в целом описывает кривую только последнего участка балки (в нашем случае —второго). Следовательно, как и в задаче 7.8, у2 = У1 + УДОп- Из этих соображений нагрузку q0 первого участка следует продолжить до конца балки, восстановив нарушенную схему нагружения добавочной нагрузкой на втором участке qt = q0> направленной вверх (см. рисунок).

В рассматриваемой балке начальные параметры (точка Л):

/о = 0, М0 = 0, P0 = A = ~qa;

нагрузки: qo = — q, Mi = 0, Pf = 0, qt — q (aq = 2a). Уравнение упругой линии примет вид

y-W-r Ej [З 6 24 У i"1" 24E1 '

Значение начального параметра 0О найдем из условия равенства нулю про­гиба на опоре В 0/ = 0 при х = 3а). Подставляя х = 3а, получим

0= е0. За + ^-[4Яа (За)з-£ (За).+ Щ откуда 90|-g-.


Окончательный вид уравнений прогибов и углов поворота:

1 / 8 - , 2 , qx* , а(х-2а)4

1 / 8 , . 2 „ qx* , д{х-2а)*
y==-Er[—9qa4-liqaX
6-)х+ 6EJ • (б)

Для отыскания наибольшего прогиба надо найти абсциссу х, при которой у —г/тач, т. е. у' = 0. В балках рассматриваемого типа наибольший прогиб располагается около середины пролета, поэтому рассматриваем только часть уравнения (б), относящуюся к первому участку:

Зг-4«в'+!*'*-0-

Решая уравнение методом последовательного подбора, найдем # = 1,445а. Подставляя х в уравнение (а), для первого участка получим

* 1 Г 8 2 (1,445а)4] 0,8да«

^ах—Щ-[—э-^-1,445а+¥?а(1,445а)3-а^ 24 j -,--—.

Для получения числового ответа подсчитаем жесткость балки:

ииъ 15-203 J = — = ^ = 10 000 см Е J = ЫО5 • 104 = 109 /сгсм2.

Следовательно,

0,8да4 0,8- 0,3- 24-10» 0 ол
/max =------- ЁГ------------ ГПо^------ — 3,84 см.

Углы поворота опорных сечений: 6д = ул:-о>» ®в — ух-за)- Из (б) имеем

е^-8^8'0-3 23-107^-0,0213, eR=M==7.°^23^!==ooi87

л 9ЈJ 9-109 в 9ЈJ 9 109 "."А»'-


9.1. Раскрыть статическую неопределимость стальной балки, показанной на рисунке, определить опорные реакции, построить эпюры изгибающего момента и поперечной силы, подобрать двутав­ровое сечение балки при допускаемом нормальном напряжении

lbOO кг/см% определить ве­личину наибольшего проги­ба балки, сравнив с наи­большим допускаемым про­гибом, равным 0,002 про­лета балки.

Решение. Из уравнений ста­тики устанавливаем следующие зависимости:

Нв = 0, A-^B = qa, (1) 3Ba-MB = M0 + q~. (2)

При двух уравнениях—три неизвестных. Применим при раскрытии статической неопре­делимости метод интегрирова­ния дифференциального урав-

нения изогнутой оси балки с использованием приема уравнивания произволь­ных постоянных интегрирования (см. решения задач в § 22). Начало координат примем в точке В, в защемлении балки, чтобы произвольные постоянные С и D оказались равными нулю. Составляем дифференциальное уравнение упругой линии и интегрируем его дважды:

EJy"=Bx-MB-M0(x-2a)0 — q (*~2a)2, EJy' = B^-MBx-M0(x-2a)-qЈ=^ + C,


Записываем следующие три условия для определения неизвестных величин: #! = (), {/i = 0; отсюда D = 0; х1==0, j/i = 0; » С = 0, х2 — 3а, 1/2 = 0;

подставив это значение х2 в уравнение прогибов, получим следующую зави­симость:

9Ba-9MB = M0 + ^L. (3)

Для определения величины Мв решаем совместно уравнения (2) и (3):

(2) ЪВа-Мв = М0+^~ -3

(3) 9Ва-Жв = М0+^-

MB^j М0--^да'" = ~ + -^ = 2'т ™-

Далее из уравнений (2) и (1) находим £=1,43 т и А = 2,57 г.

Обычными приемами строим эпюры поперечной силы и изгибающего мо­мента (схемы б и б). Наибольший изгибающий момент Мтах = 3,14 гж. Подби-

М 314 000 . . „ ., ОЛ

раем размеры балки: W =-т—.г = .„„„ = 1% см3. Нужен двутавр № 20а:

W == 203 еж3, J = 2030 см EJ = 4,06 • Ю9 кгслР.

Прежде чем вычислять перемещения, рекомендуется переписать уравнения углов поворота и прогибов, подставив в них все известные числовые величины:

EJy'= 0,715х*-2,56х —2 (х — 4)—~{x — i) (I)

О

£/г/ = 0,238х3— 1,28х2(х—4)2 —^(* — 4)4. (II)

Приемами, объясненными в § 22, определяем, что сечение с наибольшим прогибом находится на правом участке балки и имеет абсциссу xft = 3,58 м.

Это значение подставляем в уравнение (II) и устанавливаем, что наибольшая величина прогиба f=l,35 см, т. е. на 12% больше допустимой: [fj= 1,2 см. Приняв вместо двутавра № 20а следующий по порядку двутавр № 22 (J =2550 еж4, 1Г = 232 ел*3), снизим величину наибольшего прогиба до 1,18 см. Наибольшие нормальные на­пряжения в опасном сечении умень­шатся при новом профиле до 1355 кг/см2.

9.2. Раскрыть статическую неопределимость стальной дву­тавровой балки, показанной на рисунке, определить опорные реакции, построить эпюры попе­речной силы и изгибающего мо­мента, подобрать сечение балки

при допускаемом нормальном напряжении, равном 1600 кг/см2, и вычислить величину прогиба в сечении, отстоящем на 2 At от опоры А.


Решение. Составляем уравнения статики:

A + B + C = q(a + b), (1)

А + Ь) + ВЬ-ЯЩ^-=0. (2|

Для раскрытия статической неопределимости применим дважды общее уравнение прогибов:

в сечении В

в сечении С

ЕЫАа + Ь) + АЦ^+В^-^" + ЬУ .р. (4

Решив все четыре уравнения, получим Л = 4,05 г, 6=10,53 т и С= 1,42 7 Эпюры поперечной силы и изгибающего момента построим обычными ' при­емами (схемы б и б).

Необходимый момент сопротивления сечения

_М_ = 475000 [о] 1600 ~*" см-

Подходит двутавр 24: W = 289 см?, 7 = 3640сж4, £/ = 3640-2-106 =-= 6,9-109 кгсм2.

Для вычисления любого перемещения нужно определить сначала из уоав-

нения (3) величину £ДЬ (учтя, что А =4,05 т):

^ b ^ 24 b ^

, 2-125_ 155 ,
+ 24 ------- ~2Т ™'-

Для определения искомого про­гиба подставляем в общее уравнение прогибов значение х = 2 м:

9.94

------ 24" = 8,85 тм*.

Отсюда «/ = 8,85:6,9 = 1,28 см.


9.5. Раскрыть статическую неопределимость стальной двутавро­вой балки, показанной на рисунке, построить эпюры Q и М, подобрать сечение при [а] =1600 кг/см2 и определить величину прогиба конца консоли.

Решение. Применим способ Максвелла — Мора. За лишнюю неизвестную примем реакцию А. Основная статически определимая балка показана на схе­ме б. Эту балку загружаем дважды: заданной нагрузкой и силой А (схема в) и единичной силой Р°=1 (схема г). Интеграл Мора, выражающий прогиб


в сечении А, должен быть равен нулю:

J М(х) >М° dx = 0 (i)

Левый участок балки не рассматриваем, так как на этом участке изги­бающий момент от единичной нагруз-

ки равен нулю.

На втором участке

М (х) = Лх-9(*^а)2',Мо = Р°х = *,

^A^dx-^^Lxdx = 0.
о о

Отсюда А = 17 т. Эпюры Q и М по­строены на схемах д и е. | Mmax | = = 8 тм. Нужен момент сопротивле­ния № = 500 см3. Подойдет двутавр № 30а.

Для определения прогиба при составлении интеграла Мора прикла­дываем в конце консоли силу Р°=1 и от этого же места ведем отсчет абсцисс текущих сечений, как это по­казано на схеме ж).

EJy =

l+a l+a

= С ^-xdx+ ^ A(x — a)xdx.

А

Взяв интеграл, после подстановок по­лучим EJy= 13,33 тм3, г/ р^0,86 см, т. е. перемещение направлено вниз, по направлению силы Р°.

– Конец работы –

Используемые теги: так, балке, выделяются, Два, участка, необходимо, составить, Дифференциальные, уравнения, каждого, участка, Решение, упрощается, если0.172

Если Вам нужно дополнительный материал на эту тему, или Вы не нашли то, что искали, рекомендуем воспользоваться поиском по нашей базе работ: Так как в балке выделяются два участка для М (х), необходимо составить дифференциальные уравнения для каждого участка. Решение упрощается, если

Что будем делать с полученным материалом:

Если этот материал оказался полезным для Вас, Вы можете сохранить его на свою страничку в социальных сетях:

Еще рефераты, курсовые, дипломные работы на эту тему:

Так как в балке выделяются два участка для М (х), необходимо составить дифференциальные уравнения для каждого участка. Решение упрощается, если
На сайте allrefs.net читайте: Так как в балке выделяются два участка для М (х), необходимо составить дифференциальные уравнения для каждого участка. Решение упрощается, если...

Так как в балке выделяются два участка для М (х), необходимо составить дифференциальные уравнения для каждого участка
На сайте allrefs.net читайте: Так как в балке выделяются два участка для М (х), необходимо составить дифференциальные уравнения для каждого участка. Решение упрощается, если...

Математическая модель. Решение нелинейных уравнений. Решение систем линейных алгебраических уравнений
Погрешность математической модели связана с ее приближенным описанием реального объекта Например если при моделировании экономической системы не... Исходные данные... Исходные данные как правило содержат погрешности так как они либо неточно измерены либо являются результатом...

Реализация примера решений дифференциального уравнения второго порядка методом Рунга-Кутта при использовании компилятора C+

Уравнения, в которых неизвестная функция входит под знак производной или диффе-ренциала, называется дифференциальным уравнением. Например
семестр часть Дифференциальные уравнения... В каждой лекции все формулы определения и теоремы нумеруются так же как и в... Лекция Общие понятия Начальная задача задача Коши и теорема существования и единственности решения задачи Коши...

31. Численное решение обыкновенных дифференциальных уравнений методом Эйлера-Коши.
На сайте allrefs.net читайте: 31. Численное решение обыкновенных дифференциальных уравнений методом Эйлера-Коши....

Решение систем линейных дифференциальных уравнений пятиточечным методом Адамса – Башфорта
Решение систем линейных дифференциальных уравнений мы описываем отдельной процедурой , что облегчает дальнейшую алгоритмизацию . Далее составляем…

Раздел 2. Дифференциальное исчисление. Дифференциальные уравнения. Ряды
Тема Интегралы... Лекция Первообразная и неопредел нный интеграл...

Решение систем дифференциальных уравнений методом Рунге-Куты 4 порядка
Листов 28 Таблиц 2 Графиков 4 Решить систему дифференциальных уравнений методом Рунге-Кутты 4 порядка, расчитать записимость концентрации веществ в… Переходные процессы в радиотехнике, кинетика химических реакций, динамика… Единственные решения выделяют с помощью дополнительных условий, которым должны удовлетворять искомые решения.

КРАТКИЙ КУРС СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ. ПЕРЕМЕЩЕНИЯ БАЛОК ПРИ ИЗГИБЕ. Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки
КРАТКИЙ КУРС СОПРОТИВЛЕНИЯ МАТЕРИАЛОВ... Часть...

0.029
Хотите получать на электронную почту самые свежие новости?
Education Insider Sample
Подпишитесь на Нашу рассылку
Наша политика приватности обеспечивает 100% безопасность и анонимность Ваших E-Mail
Реклама
Соответствующий теме материал
  • Похожее
  • По категориям
  • По работам