Валиев Ф.С., Гребенюк Г.И. Сопротивление материалов: основы теории и примеры решения задач (часть 2)
Подождите немного. Документ загружается.
51
Рис. 3.4
При рассмотрении балок постоянной жесткости удобно
представить уравнение (3.4) в виде:
z
EI v (x) M(x)
′
′
=
(3.19)
Рассматривая, после двукратного интегрирования кинема-
тические начальные условия нетрудно убедиться, что
z0
CEI ;
=
θ
z0
DEIv
=
, (3.20)
где
0
vv(0);
=
0
(0)θ=θ - прогиб и угол поворота в начале коор-
динат.
Введем в рассмотрение, кроме кинематических, статиче-
ские начальные параметры: М
0
– начальный изгибающий мо-
мент; Q
0
- начальная поперечная сила. Тогда решение (3.19) по
методу начальных параметров на произвольном участке интег-
рирования удобно записать в виде:
0
z00MiiMi
EI v"(x) М(х)M Qx M(xa)==++ξ −+
∑
2
qi
iFi qii
Fi
(x a )
F(x a ) q ;
2
−
+ξ − + ξ
∑∑
(3.21)
2
0
zz00 MiiMi
Qx
EI (x) EI M x M (x a )
2
θ=θ+ + +ξ − +
∑
3
2
qi
Fi
iqii
Fi
(x a )
(x a )
Fq;
26
−
−
+ξ + ξ
∑∑
(3.22)
52
2
2
00
Mi
zz00 Mi
Mx Qx3
Mi(x a )
EI v(x) EI v EI x
26 2
−
=+θ⋅+ ++ξ +
∑
4
3
iqi
iFi
Fi qi
q(x a )
F(x a )
624
−
−
+ξ + ξ
∑∑
. (3.23)
В выражениях (3.13), (3.14), знаки
∑
относятся ко всем
соответствующим силовым факторам, приложенным к балке, а
величины
Mi
ξ ,
Fi
ξ ,
qi
ξ - так называемые «прерыватели» - позво-
ляют учесть только те силовые факторы, которые приложены к
части балки между начальным и рассматриваемым сечениями.
Например:
Mi
Mi
Mi
xa
0,если
xa
1, если
<
⎧
ξ=
⎨
>
⎩
(3.24)
Если после подстановки конкретного числового значения х
в скобке получается отрицательная величина, то данное сла-
гаемое отбрасывается.
Статические и кинематические начальные параметры опре-
деляются из уравнений равновесия балки и условий её закреп-
ления.
ПРИМЕР 3.3
Дано:
стальная балка из прокатного двутавра N 22 (ГОСТ
8239-89) (см. рис.3.5).
Требуется:По методу начальных параметров определить
прогиб балки в сечении "С" и угол поворота сечения над опорой
"А".
Рис. 3.5
53
РЕШЕНИЕ
1. Определим жесткость балки:
Из таблицы сортаментов для прокатных двутавра N22 имеем:
I
Z
=2790 см
4
=2790 10
-8
м
4
.
Модуль упругости для стали – E=2·10
8
кПа.
Тогда жесткость - EI
Z
=2·10
8
·2790 10
-8
=5580 кНм
2
.
2. Из уравнений равновесия определяем реакции опор.
ΣХ = 0, H
A
= 0.
ΣМ
A
= 0, F·2 – 20·4·2 – M
1
– М
2
+ V
B
·6 = 0;
V
B
= (–20·2 + 20·4·2 + 40 + 20)/6 = 30 кН.
ΣМв = 0, F·8 + 20·4·4 – M
1
- М
2
– V
A
·6 = 0;
V
A
= (20·8 + 20·4·4 - 40 – 20)/6 = 70 kH.
3. Выбираем начало координат на левом конце балки.
4. Догружаем распределенную нагрузку от точки С до про-
тивоположного (правого) конца балки и на участке догружения
вводим компенсирующую нагрузку интенсивностью q=20 кН/м,
направленную снизу вверх, т.е. в противоположном заданной
нагрузке направлении.
5. Для заданной балки составляем уравнения метода на-
чальных параметров:
(1)
EI
Z
v”(х) = М(х) =– F·x + M
1
(x–6)° + V
A
(х–2) – q(x–2)
2
/2 +
+ q(x–6)
2
/2;
(2)
EI
Z
v’(х) =EI
Z
θ(x) = EI
Z
θ
0
– F·x
2
/2 + M
1
(x–6) + V
A
(x–2)
2
/2
–q(x–2)
3
/6 + q(x–6)
3
/6;
(3)
EI
Z
v(х) =EI
Z
v + EI
Z
θ
0
·x – F·x
3
/6 + M
1
(x–6)
2
/2 + V
A
(x–2)
3
/6
–q(x–2)
4
/24 + q(x–6)
4
/24;
Для определения кинематических начальных парамет-
ров θо и v
0
используем кинематические граничные условия:
а) x = 2 м. v = 0;
б) x = 8 м. v = 0.
Эти граничные условия последовательно подставим в урав-
нение (3) для определения EI
Z
v и получим:
54
EI
Z
v
(x=2)
= EI
Z
v
0
+ EI
Z
θ
0
·2 – 20·2
3
/6 = 0;
EI
Z
v
(x=8)
= EI
Z
v
0
+ EI
Z
θ
0
·8 - 20·8
3
/6 + 40·(8-6)
2
/2+
+ 70·(8–2)
3
/6 – 20·(8-2)
4
/24+ 20·(8–6)
4
/24 = 0.
В результате расчета получаем следующую систему двух
уравнений с двумя неизвестными:
EI
Z
v
0
+ 2EI
Z
θ
0
=
26,667;
EI
Z
v
0
+ 8EI
Z
θ
0
=
173,334;
Решая систему при EI
Z
=5580 кН·м
2
, получаем значения
начальных параметров - угол поворота и прогиб в начале ко-
ординат:
θ
0
= 0,00438 рад.
v
0
= – 0,003903 м.
Найденные значения начальных параметров подставим в
уравнения для определения EI
Z
θ и El
Z
v. Поделив левую и пра-
вую части этих уравнений на El
Z
, получим окончательные
формулы для определения углов поворота и прогибов сече-
ний при любых значениях
х:
22
33
1
(x) 0,00438 ( 20x / 2 40(x 6) 70(x 2) / 2
5580
20(x 2) / 6 20(x 6) / 6)
θ= + − + −+ − −
−− + −
(
32
1
v(x) 0,003903 0,00438 x 20 x / 6 40(x 6) / 2
5580
=− + ⋅ + − ⋅ + − +
)24/)6х(2024/)2х(206/)2x(70
443
−+−−−−+ .
Используя полученные формулы, определим угол пово-
рота над опорой "А" (x=2м.) и прогиб в сечении "С", т.е. при
x=6 м.:
()
2
(x 2м)
1
0,00438 20 2 / 2 0,002788рад.
5580
=
θ= + −⋅ =−
32
(x 6м)
1
v 0,003903 0,00438 6 ( 20 6 / 6 40(6 6) / 2
5580
=
=
−+⋅+−⋅+−+
34
70(6 2) / 6 20(6 2) / 24) 0,01106м.−−− =−
55
Ответ: θ
А
= θ
(х=2м)
= –0,002788 рад.
v
С
= v
(x=6м)
= – 0,01106 м.
3.3. Расчет статически неопределимых балок
Балка, у которой количество неизвестных опорных реакций
превышает количество уравнений равновесия, которые можно
составить для данной балки, называется статически неопре-
делимой.
Для определения перемещений сечений таких балок удобно
воспользоваться описанным выше (см. 3.2) методом начальных
параметров. При этом в универсальные уравнения метода вхо-
дят опорные реакции как неизвестные величины наряду с неиз-
вестными кинематическими начальными параметрами.
Опорные реакции, статические и кинематические началь-
ные параметры определяются из уравнения равновесия и кине-
матических условий закрепления
балки. В том случае, когда
опорная связь не деформируема, кинематическим условием за-
крепления является равенство нулю соответствующего переме-
щения (для линейной опорной связи – прогиба, для жесткого
защемления– угла поворота сечения и прогиба). При податли-
вых опорных связях перемещения
i
δ
в направлении i-той опор-
ной связи связано с реакцией R
i
в опоре соотношением:
iii
RCδ= ⋅ , где С
i
(м/кН либо рад/кHм)– податливость i-той
опорной связи.
ПРИМЕР 3.4
Требуется.
Для балки изображенной на рис. 3.6, определить реакции
опор и прогиб сечения под силой F.
РЕШЕНИЕ
1. Для заданного стального двутавра N18 (ГОСТ 8239-89)
определим жесткость при изгибе, если принять Е=2·10
8
кПа.
56
Рис.3.6
Из сортамента для прокатных двутавров (ГОСТ 8239-89)
находим
Iz = 1290 см
4
= 1290 10
-8
м
4
.
Тогда EI
Z
=2·10
8
·1290·10
-8
= 2580 кН·м
2
.
2. Покажем на рис.3.6 все возможные реакции опор. Их все-
го 4, уравнений равновесия для данной балки можно составить
только 3:
ΣХ=0; Н
B
=0;
ΣУ=0; V
A
– F + V
B
= 0;
ΣМ
B
=0; –V
A
·6 + F·2 –M
B
+M= 0.
Остаются 2 уравнения равновесия с 3-мя неизвестными.
Значит задача является 1 раз статический неопределимой.
3. Выбираем начало координат на левом конце балки и по
методу начальных параметров, описанному выше, составим
уравнения для изгибающих моментов, углов поворота сечений и
прогибов:
(1) М(х) = –M
+ V
A
·X –F(x-4)= - 20 + V
A
·X – 30(x–4);
(2) EI
Z
θ(x) = EI
Z
θ
0
– 20x + V
A
·x
2
/2 –30(x–4)
2
/2;
(3) EI
Z
v(x) = EI
Z
v
0
+EI
Z
θ
0
x –20x
2
/2 +V
A
·x
3
/6 –30 (х–4)
3
/6.
4. В этих уравнениях всего имеется 3 неизвестных:
V
0
, θ
0
и
V
A
. Для их нахождения используем следующие граничные ус-
ловия:
а) x=0, v = 0; (отсутствует прогиб в начале координат).
б) x=6м, θ = 0; (отсутствует угол поворота на правой опоре).
в) x=6м, v = 0; (отсутствует прогиб на правой опоре).
57
Подставляя условие а) в уравнение (3), получим – v
0
=0.
Условия б) и в) подставим соответственно в уравнения (2) и
(3) и получим систему двух уравнений с двумя неизвестными:
EI
Z
θ
(x=6)
= EI
Z
θ
0
– 20·6 + V
A
·6
2
/2 – 30(6-4)
2
/2 = 0;
EI
Z
v
(x=6)
= EI
Z
θ
0
·6 – 20·6
2
/2 + V
A
·6
3
/6 – З0(6–4)
3
/6=0.
EI
Z
θ
0
+ 18 V
A
= 180;
6EI
Z
θ
0
+ З6 V
A
= 400.
Решая эту систему уравнений, получим: V
A
= 9,45 кН.
θ
0
= 0,00388 рад.
5. Остальные реакции опор найдем из уравнений рав-
новесия:
ΣХ = 0; Н
B
= 0;
ΣУ = 0; V
A
–F + V
B
=0; V
B
= 30 – 9,45 = 20,55 кН.
ΣM
B
= 0; –V
A
·6 + М + F·2 – M
B
=
0;
M
B
= – 9,45·6 + 20 +30·2 = 23,33 кН·м.
6. Определим прогиб сечения балки под силой F, т.е. при x=
4м. Для этого в уравнение для прогибов подставим найденные
величины и вычислим прогиб при x=4м., разделив левую и пра-
вую части на EI
Z
= 2580 кН·м
2
.
v
(х=4м)
= 0,00388·4 + (–20
2
/2 +9,45·4
3
/6)/2580 = – 0,0074 м.
Ответы: V
A
= 9,45 кН.
V
B
= 20,55 кН.
M
B
= 23,33 кН·м.
v
(x=4м)
= –0,0074 м.
ПРИМЕР 3.5
Требуется:
Для балки, изображенной на рис. 3.7, определить реакции
опор и прогиб сечения на левом конце балки.
РЕШЕНИЕ
1. Для заданного стального двутавра N 30 (ГОСТ 8239-89)
определим жесткость при изгибе, если принять Е = 2·10
8
кПа.
Из сортамента для прокатных двутавров находим –
I
Z
=7080 cм
2
=7080·10
-8
м
4
.
Тогда EI
Z
= 2 ·10
8
· 7080·10
-8
=14160 кНм
2
.
58
Рис.3.7
2. Покажем на рис. 3.7 все возможные реакции опор. Их
всего 4, уравнений равновесия для данной балки можно соста-
вить, только 3:
ΣХ=0; Н
C
=0;
ΣY=0; V
A
– F + V
B
+ V
C
– q·6 = 0;
ΣM
A
=0; V
B
4 + F·2 + V
C
·10 – q·6·7 = 0.
Здесь имеются 2 уравнения с 3-мя неизвестными, значит,
задача является 1 раз статический неопределимой.
Для раскрытия статической неопределимости воспользуемся
методом начальных параметров.
3. Выбираем начало координат на правом конце балки в
точке С (т.к. в этом случае один из начальных параметров - про-
гиб в начале координат
V
0
равен нулю, что уменьшает вычисли-
тельную работу) и составим уравнения по методу начальных
параметров:
(1) М(х) = V
C
x + V
B
(x–6) + V
A
(x-10) – qx
2
/2 + q(x–6)
2
/2.
(2) EI
Z
θ = EI
Z
θ
0
+ V
C
·x
2
/2 + V
B
(x–6)
2
/2 + V
A
(x–10)
2
/2 –
– qx
3
/6 + q(x–6)
3
/6.
(3) EI
Z
v = EI
Z
v
0
+ EI
Z
θ
0
x + V
C
·x
3
/6 + V
B
(x–6)
3
/6 + V
A
(x–10)
3
/6 –
– qx
4
/24 + q(x–6)
4
/24.
4. В этих уравнениях всего имеется 5 неизвестных: v
0
, θ
0
,
V
A
, V
B
и V
C
. Для их определения имеются 5 граничных условий
- 3 кинематических и 2 статических:
1)Кинематические граничные условия:
а) x=0, v = 0; б) x=6м, v = 0; в) x=10м,
v = 0;
2) Статические граничные условия:
59
г) x=10м, М = –F·2 = –80 кН·м, (левая отсеченная часть);
д) ΣУ=0.
Подставляя условие а) в уравнение (3), получим: v
0
=0.
Граничные условия б) и в) последовательно подставим в
уравнение (3), а условие г) подставим в уравнение (1) для изги-
бающих моментов и получим:
EI
Z
v
(x=6м)
= EI
Z
θ
0
·6 + v
C
·6
3
/6 – q6
4
/24 =0;
EI
Z
v
(x=10м)
= EI
Z
θ
0
·10 + v
C
·10
3
/3 + v
B
(10-6)
3
/6 – 20·10
4
/24 +
+20(10-6)
4
/24 = 0.
М(х) = v
C
10 + v
B
(10-6) – 20·10
2
/2 + 20(10–6)
2
/2=–80.
В результате получим следующую систему 3-х уравнений с
3-мя неизвестными – θ
0
, V
B
, V
C
:
z0 c
z0 c B
cB
6 EI 36V 1080
10 EI 166,7V 10,67V 8120
10 V 4V 760
⋅θ+ =
⎫
⎪
⋅θ+ + =
⎬
⎪
⋅+ =
⎭
Решая полученную систему уравнений, получим:
EI
Z
θ
0
= –142,02 кН·м
2
, θ
0
= – 142,02/14160 = – 0,0100 рад.
V
C
= 53,67 кН.
V
B
= 55,82 кН.
Используя граничное условие д), определим опорную реак-
цию опоры А – V
A
:
ΣУ = 0, V
A
+ V
B
+ V
C
– q·6 – F = 0;
V
A
= –V
B
–V
C
+20·6+40 = – 55,82–53,67+120+40 = 50,51 кН.
Для определения прогиба балки на левом конце балки в
уравнение прогибов (3) .подставим все найденные значения и
вычислим прогиб при x=12 м., поделив левую и правую части
уравнения на величину жесткости EI
Z
= 14160 кН·м
2
:
v
(x=12м)
= –0,0100·12 + (53,67·12
3
)/(6·14160) +
+ (55,82·6
3
)/(6·14160) + 50,51·2
3
/(6·14160) – 20·12
4
/(24·14160) +
+20·6
4
/(24·14160) = – 0,0257 м. = –2,57 см.
Ответы: V
A
= 50,51 кН.
V
B
=55,82 кН.
V
C
= 53,67 кН.
v
(x=12м)
= –2,57 см.
60
Вопросы для самопроверки.
1. Какие дифференциальные зависимости существуют меж-
ду интенсивностью распределенной нагрузки q, поперечной си-
лой Q, изгибающим моментом М, углом поворота сечений θ и
прогибом v?
2. Напишите дифференциальное уравнение оси изогнутой
балки.
3. Покажите порядок определения перемещений сечений по
методу непосредственного интегрирования.
4. В чем заключается геометрически смысл постоянных
интегрирования при использовании метода начальных парамет-
ров?
5. В чем заключается суть метода начальных параметров?
6. Напишите универсальные уравнения метода начальных
параметров для углов поворота и прогибов сечений.
7. Покажите порядок определения начальных параметров.
8. Как определяются угол поворота и прогиб произвольно-
го сечения балки по методу начальных параметров?
9. Каков порядок определения реакций опор статически не-
определимых балок
с помощью метода начальных параметров?