Влияние поперечных сил на прогиб балок

Влияние поперечных сил на прогиб балок

Влияние боковой силы на отклонение луча Выше (стр. 118) при рассмотрении прогиба учитывалось только влияние изгибающего момента. Дополнительное отклонение вызвано силой сдвига во время взаимного сдвига одного и другого cross-section. As в результате неравномерного распределения касательной платье, поперечное сечение изгибается, прежде чем оно становится плоским, как показано на рисунке. 151, показывает только изгиб от сдвига 1).Элемент центроидного сечения остается вертикальным и скользит вверх и вниз.

• Таким образом, угол наклона касательной к оси кривой от сдвига равен относительному смещению центра тяжести этого участка в каждом сечении. Если отклонение от сдвига выражается как y1, то для любого поперечного сечения оно равно: * ) Вызванный изгибающим моментом, деформация которого заключается во взаимном вращении соседних участков исключается.

соседних участков исключается Людмила Фирмаль

Уравнение наклона ： дуплексный. (ху) г— _ ок Б ТЗ. (ля） Где О / / 7-среднее напряжение сдвига xy, 6-модуль сдвига, а o-числовой коэффициент, который необходимо умножить на среднее напряжение сдвига для получения напряжения сдвига центра масс сечения.

Для прямоугольного поперечного сечения= * / *(см. уравнение (66)); для круглого поперечного сечения a = * /•(см. уравнение (68)).Если балка имеет непрерывную нагрузку, поперечная сила (есть-непрерывная функция, которая может быть дифференцирована относительно X. кривизна вызвана только сдвигом Икс Д%_ Г йд-FGdx Но… < 7. Fg. Где<7-интенсивность нагрузки.

• Эта кривизна и сумма кривизн, вызванных изгибающим моментом (см. уравнение (79)), дают полное выражение кривизны. = — ЭРЗ [М + 4&4）- М + ^ з). (106） Простите? Во всех случаях, когда необходимо учитывать влияние сдвиговых сил при определении прогиба, необходимо использовать эту формулу вместо формулы (79) 1).Вы можете легко интегрировать уравнение (106) как функцию от 3 M и q, x как well. As показано в пункте 32.

В этом случае график с большим успехом применяется к графическому методу анализа, интенсивность мнимой нагрузки равна ИСЛ. II ЭйДжей. (Си） Б.） Т. К С.） Фигура 162. Не 1 м (см. стр. 139). Например, рассмотрим случай балки, которая свободно лежит на 2 опорах с равномерно распределенными нагрузками (рис.152).

Изгибающий момент сечения x н-б-ч.- М + а ^ д (С） Фиктивная нагрузка балки выражается в пункте 1 Формулы (b) и состоит из нагрузки, выраженной в пунктах 152, 6) и 2 (2) Формулы (b), которая определяется параболической кривой изгибающего момента. а (£/ * / / ??Так как<7 — < 7 является постоянной, то это равномерно распределенная нагрузка, как показано на рисунке 7. 152, стр.

Добавьте это к отклонению от изгибающего момента (уравнение (82)), и вы получите полное отклонение ’в 1 * Д 5ci (48а / я£\ 5 ‘; ^- Радиус инерции сечения относительно оси Z. 1 3. Для прямоугольного поперечного сечения высотой A} ^ = y2Л2, a = Po — £ ЛАГ — = 2(1 + q) = 2.6, (c!Получить от ) = ТМ( ‘+ 3.125）- — ^- =10, влияние боковых сил на прогиб Около 3%. 4-если коэффициент уменьшается, этот эффект будет увеличиваться.

И затем Коэффициент двутаврового пучка, a, обычно больше 2, и если эти пучки короткие, то влияние боковых сил относительно велико.Используя формулу (70)и рисунок 110, получаем o II GAA2 * L? £ Hell* 1 [8 8 Р 1 GAA3 л? И 5 = 3 bTg 1 [8 8 (Б-БГ） Откуда? (ми)） Например, a = 60 el, E = 175 см2, l = 91060 el4, b = 18 см, Ax = 1.7 см, Ad = 55.6 см, I = 6A. тогда выражение (e) будет a = 1.99.

Дополнительный прогиб в любом сечении за счет боковых сил равен изгибающему моменту, возникающему в этом сечении воображаемой балки Людмила Фирмаль

Подставляя в уравнение (1), находим. 5£ (‘+**£Жг * б»*’• 384 EZ, V ^ 5 * 175-3603 ‘) ^ 384EL Дополнительные прогибы от сдвига в этом случае следует учитывать, так как они равны 20,3% прогибов, вызванных изгибающим моментом. В случае сосредоточенной нагрузки P p (рис. 153) последняя может рассматриваться следующим образом: Предельный случай нагрузки, распределенный по очень короткой части электронного пучка.

Гипотетическая нагрузка на балку A1B1 величина Pg равна каждому A^, но 2-й член уравнения (b)равен: 1. \ П ^ ЭЖ П1 » АТОА(!） Дополнительное отклонение от силы сдвига на рис. 153.Излучается путем деления изгибающего момента на g Причиненный к лучу фиктивной сосредоточенной нагрузкой, которая определена мимо Уравнение.)

Например, в случае центральной нагрузки балки изгибающий момент в центре фиктивной балки, возникающий в результате нагрузки (/), равен r1E0) P11A, а дополнительное отклонение в центре боковой силы равно И P1. 。 Если это отклонение добавить к отклонению, вызванному только изгибающим моментом (уравнение (90)), то для полного отклонения получается следующее уравнение: P1 » P1 4. t 48 EJZ + FG 48 EJ. Солнце?Да.

Для балок прямоугольного сечения высотой L、 Н * ‘ 3 12. / * «=Т. И мы получаем П. С. / * 48EJ. (14-3. Девяносто (ч） для-y=^, дополнительное отклонение от силы сдвига составляет около 4% От отклонения из-за изгибающего момента. Во всех приведенных выше соображениях предполагалось, что поперечное сечение балки может быть свободно изогнуто, как показано на рисунке. 151.Равномерно нагруженная балка-это тот случай, когда это условие почти выполнено.

Боковая сила в центре такой балки равна нулю, искажений нет.Кривизна постепенно увеличивается по мере увеличения поперечной силы по длине балки от центра к левому краю / right.As в результате было выполнено условие симметрии деформации относительно центра, поэтому теперь рассмотрим изгиб с сосредоточенными нагрузками в центре.

Из условия симметрии среднее поперечное сечение балки должно оставаться flat.At в то же время поперечное сечение, примыкающее справа и слева от нагрузки, воспринимает боковую силу, равную Р / 2, и должна быть кривизна поперечного сечения, вызванная этими боковыми силами.Однако резкого перехода от плоского среднего сечения к криволинейному смежному сечению из-за условия непрерывности деформации не происходит.

Поэтому, в центре луча, дополнительное отклонение- 1(ЭЖ -\ / * Аль * г / 1 ^ ет1 [АВД)м = = Вт- x) еще одним способом определения дополнительного отклонения сдвигом является Pa. It предполагается, что 270.

Кривизна должна непрерывно увеличиваться в любом направлении от центра по длине балки, причем кривизна будет такой, что поперечная сила Р / 2 будет создаваться только на определенном расстоянии от нагрузки и в условиях свободы кривизны.

Из этих соображений мы заключаем, что вблизи средней площади поперечного сечения распределение напряжений отличается от того, которое показано в основной теории изгиба (см. стр. 187).Кривизна частично задерживается, и дополнительные отклонения от боковых сил немного меньше, чем те, которые найдены выше(см. формулу (c)).

Более детальное исследование) показывает, что если в центре сосредоточена нагрузка, то прогибы равны Г=ШГг [1 +21857-0 > 84 (t)’]< *> Аналогичные условия существуют и в случае кантилевера beams. As показанный на диаграмме, если участок сарая заплаты свободно изгибает 154 Oh * ) 107 л цитируется на стр. №. G. См. F 10. С. Тимошенко, Фил Маг. том.47, p. 1095, 1924; см. Также. Керман, Seripta Universitatis atque Bibliothecae Hierosolmitanarum, 1923, автор теории упругости С. 95, 1934.

Условие является заранее заданным при выводе уравнения (b). Консоль под прямым углом поп Вместо P / 2 этого уравнения 1/2 и P, то есть / = ^ 1 + 0,980） Если замкнутое поперечное сечение полностью предотвращает искривление (рис. 154, Б), то условия будут такими же, как предполагалось при выводе Формулы(1), и прогиб будет равен: ■7-ш [, + б-71?»0 * 10 (Тл * ’<к） Это меньше отклонения, заданного уравнением 0).

Смотрите также:

Предмет сопротивление материалов: сопромат

Лишние закрепления	Метод сложения действия сил
Балка, заделанная одним концом и опертая другим	Прогиб балок с консолями