- •ПРЕДИСЛОВИЕ
- •1.1. Основные теоретические положения
- •1.2. Механические характеристики материалов. Диаграмма растяжения упругопластичного материала. Допускаемые напряжения
- •1.3. Растяжение – сжатие
- •2.3. Объемная деформация
- •2.4. Потенциальная энергия упругой деформации
- •2.6. Гипотезы прочности
- •ЛЕКЦИЯ III ПРАКТИЧЕСКИЕ РАСЧЕТЫ НА СДВИГ
- •3.1. Клепаные и сварные соединения
- •3.2. Кручение. Напряжение и деформация
- •ЛЕКЦИЯ IV ИЗГИБ
- •4.1. Основные определения
- •4.2. Геометрические характеристики плоских сечений балок
- •4.3. Внутренние силы
- •4.4. Напряжения при изгибе
- •ЛЕКЦИЯ V ДЕФОРМАЦИЯ БАЛОК
- •5.1. Метод решения приближенного дифференциального уравнения
- •5.2. Энергетические методы определения деформаций (перемещений)
- •БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
- •Предметный указатель
101
I y =1790 см4 , Sz =163см3 . Ширина полки b =11,5см. Ширина стенки d = 0,56 см.
Находим для выбранной балки реальное нормальное напряжение:
σ = |
M max |
= |
450000 |
=1557 кг/см2 . |
|
Wy |
289 |
||||
|
|
|
Касательное напряжение для этой же балки в опасном сечении
τ = |
Qmax Sz |
= |
3000 163 |
= 312,9 кг/см2 . |
|
d I y |
0,56 2790 |
||||
|
|
|
Расчетное напряжение находим по III-й гипотезе прочности
σрасчШ |
. = σ2 + 4 τ2 = 15572 + 4 312,92 =1678 кг/см2 . |
Это больше допустимого на 78 кг/см2 . Перегрузка составляет
σ = 1678 −1600 % = 4,8% . 1600
Это меньше допускаемого значения в 5%. Поэтому оставляем принятый номер профиля балки I №24.
ЛЕКЦИЯ V ДЕФОРМАЦИЯ БАЛОК
5.1. Метод решения приближенного дифференциального уравнения
Под действием внешних сил ось балки искривляется, каждое сечение поворачивается на некоторый угол и перемещается по направлению действия сил. Изогнутая ось балки называется упругой линией, а перемещение сечений по отношению к их первоначальному положению называется прогибом. При плоском поперечном изгибе действующие на балку силы и деформация балки находятся в одной плоскости. Поэтому искривленную ось балки можно рассматривать как плоскую кривую с кривизной 1/ ρ, пропорциональной действующему моменту (см. раздел «Нормальные напряжения при изгибе»)
102
ρ1 = EMI y .
Если воспользоваться выражением кривизны плоской кривой из аналитической математики:
|
|
d 2 y |
|
|
|
|
1 |
= ± |
d x2 |
|
|
, |
|
ρ |
|
|
|
|
||
|
d y 2 |
3 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
1 + |
|
|
|||
|
|
d x |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
то можно заметить, что второе слагаемое в знаменателе – величина бесконечно малая.
Геометрический смысл |
dy |
= tg θ – тангенс угла наклона касательной |
|
d x |
|||
|
|
на абсциссе x к кривой y = f (x) оси балки. Так как в реальных балках дефор-
мации обычно очень малы по сравнению с пролетом и угол поворота сечений
не превышает 0,01 ÷0,001рад, |
можно считать, что tg θ = |
d y |
≈ θ, а величину |
|||||||||
d x |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
d y 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
в уравнении кривизны |
не принимать |
во |
внимание. |
В самом деле: |
||||
|
|
|||||||||||
|
|
|
||||||||||
d x |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
3 |
|
|||
0,01 |
= 0,0001, а все подкоренное выражение |
|
|
dy |
|
≈1,00015 . |
||||||
|
|
1 + |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
d x |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Поэтому выражение кривизны балки можно записать в виде
1 |
= |
d 2 y |
= |
M |
x |
, |
|
d x2 |
|
|
|||
ρ |
|
|
E I y |
или
E I y′′ = M x .
Это, так называемое приближенное дифференциальное уравнение кривой оси балки, или уравнение «упругой линии».
103
Для выбора знака левой части уравнения будем считать, что она имеет знак +, если ось y − y направлена вверх, а для моментов в правой части урав-
нения остается ранее принятое правило знаков при построении эпюр.
Таким образом, чтобы получить уравнение прогибов y = f (x), необхо-
димо дважды проинтегрировать приближенное дифференциальное уравнение. После первого интегрирования получаем уравнение
E I y′ = ∫M x d x + C .
После второго интегрирования
E I y = ∫d x ∫M x d x + C x + D .
Первое полученное уравнение – уравнение углов поворота сечений балки
y |
′ |
1 |
[∫M x d x + C], |
|
≈ θ = EI y |
||||
|
второе – уравнение прогибов
y = |
1 |
[ |
d x |
∫ |
M x d x + C x + D]. |
|
|||||
|
E I y ∫ |
|
|
Постоянные интегрирования в этих уравнениях представляют:
C – угол поворота сечения балки в начале выбранной системы координат для
M x , при х = 0 ; D – прогиб балки в том же сечении.
Выбор начала координат на конечный результат расчетов не влияет, но значения С и D при этом могут меняться.
Определение деформаций балок решением приближенного дифференциального уравнения является универсальным – пригодным для расчета балок с несколькими грузовыми участками, с различной нагрузкой.
Рассмотрим несколько примеров, использование этого метода.
1. Определить прогиб и угол поворота сечения балки, где приложена сосредоточенная сила P (см. рис.48).
104
Рис.48 Решение
Примем начало координат на опоре (в заделке). Реакции опор при данной нагрузке
R = P; M 0 = −P l .
Изгибающий момент в любом сечении балки на расстоянии х от начала координат
M x = R x − M 0 = P x − M 0 .
Подставляем значения M x в уравнение
E I y′′ = P x − M 0 = P x − P l .
Интегрируем полученное уравнение дважды:
|
′ |
|
|
x2 |
|
|
|
|
E I y |
= P 2 − P l x + C , |
|||||||
|
||||||||
E I y = P |
x3 |
− P l |
x2 |
+ C x + D . |
||||
6 |
2 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
Постоянные интегрирования находим из начального условия, что при х = 0 (в заделке) прогиб и угол поворота равны нулю. Из этого условия находим, что С = 0 и D = 0. Таким образом, окончательно уравнения для углов поворота и прогибов в любом сечении балки будут:
|
′ |
|
x2 |
|
|
E I y |
= P 2 |
− P l x, |
|||
|
В сечении, где приложена нагрузка (при x = l ), угол поворота будет:
|
|
|
|
105 |
|
|
|
|
y |
′ |
|
P l 2 |
− P l |
2 |
|
P l 2 |
|
= θ = 2 E I |
|
= − 2 E I рад. |
||||||
|
|
Знак минус говорит о том, что сечение поворачивается по часовой стрелке.
Прогиб y = |
P l 3 |
− P l |
l 2 |
= − |
P l 3 |
см. |
|
6 E I |
2 E I |
3 E I |
|||||
|
|
|
|
Перемещение сечения – вниз, по направлению действия силы.
2.Балка на двух опорах с одним грузовым участком (рис.49).
Рис.49
Определить прогиб посередине пролета.
RA = RB = q2l .
Примем начало координат на опоре А. Изгибающий момент в сечении, на расстоянии Х от опоры
M x = RA x − q2x2 = q2l x − q2x2 .
Подставим значение Мх в уравнение упругой линии и дважды проин-
тегрируем:
E I y y′′ |
= |
q l |
x − |
q x2 |
. |
|||||||||||
|
2 |
|
|
2 |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
1) E I y y′ = |
|
q l x |
2 |
− |
|
q x3 |
+ C , |
|||||||||
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
6 |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
2) E I y y = |
q l |
|
x3 |
|
|
− |
|
q x4 |
+ C x + D . |
|||||||
2 |
6 |
|
|
|
24 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
106
Начальные условия для определения постоянных интегрирования принимаем при х = 0 (для определения D ) и при x = l / 2 для определения С.
В самом деле, при х = 0 на опоре А прогиб равен нулю и при x = l / 2 для балки постоянной жесткости ( E I = const ) угол поворота будет также ра-
вен нулю, так как балка изогнется симметрично относительно опор. Среднее сечение останется параллельным самому себе.
Подставим значение y′ = 0 при x = l / 2 в первое уравнение и получаем
0 = |
q l |
|
l 2 |
− |
|
q l |
3 |
|
+ C , |
||
2 |
8 |
48 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|||||||
откуда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
С = − |
q l 3 |
|
. |
|
||||||
|
|
24 |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Значение D = 0 , так как согласно первому условию х = 0 y = 0 . Это подтверждает геометрическую сущность постоянных интегрирования. Таким образом, углы поворота сечений балки на опорах:
y |
′ |
|
q l 3 |
|
|
= и = ± 24 E I |
рад. |
||||
|
Для опоры А – отрицательное значение, для опоры В – положительное – поворот сечений соответственно по часовой и против часовой стрелки.
Максимальный прогиб будет посередине пролета при x = l / 2
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
3 |
|
|
q l |
4 |
|
|
|
|
q l |
4 |
|
|
||
|
y = |
|
q l l |
|
− |
|
|
|
− |
|
|
|
= |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
2 48 |
16 |
24 |
|
24 2 |
||||||||||||||||
|
|
|
E I |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
= |
|
4 q l 4 |
− q l 4 −8 q l 4 |
= − |
|
|
5 q l 4 |
|
|
см. |
|||||||||||||
|
|
|
384 E I |
|
|
|
|
384 E I |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3) Балка на двух опорах с двумя грузовыми участками (рис.50).
Определить прогиб посередине пролета и найти углы поворота концевых сечений (на опорах).
107
Рис.50
Чтобы специально не находить реакции опор, нагрузка принята посередине пролета. При этом
RA = RB = P2 .
На балке два грузовых участка. Принимаем начало координат на опоре
А. Расстояние до первого и второго сечений соответственно – x1 и x2 .
Вотличие от обычного правила, принятого для построения эпюр, когда для разных участков можно принимать начало координат с правой и левой стороны от сечения, здесь должно быть принято одно начало координат для всех участков на балке. Это сокращает количество неизвестных С и D благодаря возможности выбора условий на границах участков. Количество дифференциальных уравнений составляется столько, сколько на балке грузовых участков.
Внашем случае изгибающие моменты на первом и втором грузовом участке будут:
1 участок – |
M |
|
= R |
x |
|
= |
P |
x ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
x |
|
A |
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
l |
|
|
P |
|
|
|
|
|
l |
||
2 участок – |
M |
x |
= R |
A |
x |
2 |
− P x |
2 |
− |
|
|
= |
|
x |
2 |
− P x |
2 |
− |
|
. |
||||
2 |
2 |
2 |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Дифференциальные уравнения:
1. E I y′′ = P2 x1 ,
|
E I y′′ = |
P |
|
|
|
|
|
l |
||
2. |
|
x |
2 |
− P x |
2 |
− |
|
. |
||
2 |
2 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
108
Интегрирование обоих уравнений ведется параллельно:
|
E I y |
′ = |
P x2 |
|
|
+ C1 , |
|
||||||||
1. |
|
|
1 |
|
|
|
|||||||||
2 |
2 |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
l |
2 |
|
|
|
P x22 |
|
|
x |
2 |
− |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
2 |
|
||||||||||
1. E I y′ = |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
− P |
|
|
|
|
|
|
|
+ C2 . |
||
2 |
2 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
При интегрировании второго уравнения (на втором участке) скобка
|
|
|
l |
|
|
x |
2 |
− |
|
не раскрывается. |
|
2 |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
P x3 |
|
|
|
|
|
|
||||||
1. E I y = |
|
|
|
|
1 |
+ C x + D , |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
6 |
|
|
|
1 |
1 |
1 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
l |
3 |
|
|
||
|
P x23 |
|
|
|
x |
2 |
− |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
||||||||||
2. E I y = |
− P |
|
|
|
|
|
|
+ C2 x2 |
+ D2 . |
||||||||
2 |
|
6 |
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Так как для составления уравнений принято одно начало координат от-
счета x1 и x2 , примем начальные условия на границе участков при x1 = x2 = l / 2 .
Получается, что уравнение первого участка и второго идентичны и мож-
но сделать вывод, что С1 = С2 и D1 = D2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Из условия, когда |
|
x1 = x2 |
= 0 , |
|
|
находим |
|
y = 0 и, следовательно, |
|||||||||||||
D1 = D2 = 0 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Постоянные интегрирования |
С1 |
и |
С2 можно найти из условия, что |
||||||||||||||||||
y′ = и = 0 при x1 = x2 = l / 2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
E I y′ = |
P x2 |
|
+ C1 = 0; E I y′ |
|
|
|
|
P x2 |
+ C2 = 0 , |
||||||||||||
|
|
|
1 |
|
= |
|
|
|
|
2 |
|||||||||||
2 |
|
|
2 |
|
2 |
|
|
2 |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
или |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
С = |
С |
2 |
= |
|
|
P l 2 |
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
16 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Углы поворота сечений балки на опорах будут:
109
на опоре А – иА = − |
P l 2 |
рад; на опоре В – иВ = |
P l 2 |
рад. |
|
16 E I |
16 E I |
||||
|
|
|
Максимальный прогиб балки при x1 = x2 = l / 2 – посередине пролета
ymax = f |
= |
P l 3 |
− |
P l 3 |
= |
P l 3 |
−3 P l 3 |
= − |
P l 3 |
см. |
|
96 E I |
32 E I |
96 E I |
48 E I |
||||||||
|
|
|
|
|
|
Приведенные примеры далеко не исчерпывают все варианты решения дифференциальных уравнений при определении деформации балок, и охватить их в кратком лекционном изложении невозможно. Поэтому с целью облегчения решения задач при решении дифференциальных уравнений для более сложно загруженных балок с несколькими грузовыми участками приведем здесь несколько рекомендаций – условий, позволяющих уменьшить число постоянных интегрирования и упрощающих все решение.
1. Отсчет абсцисс xi для сечений всех грузовых участков на балке необходимо вести от одного начала координат – от крайней левой или крайней правой точки на оси балки.
2.Все выражения изгибающего момента на втором и последующих грузовых участках должны содержать выражения моментов предыдущих участков.
3.Все вновь вводимые составляющие (слагаемые) уравнений изгибающих мо-
ментов на втором и последующих участках должны содержать множитель
( xi − a ), где а – сумма длин предыдущих участков.
4. С этой целью, при наличии на балке прерывающейся распределенной нагрузки, необходимо дополнить ее до конца балки, одновременно добавляя такую же нагрузку противоположного знака (см. рис.51).