Оглавление:
Балки конечной длины на упругом основании
Можно также согнуть балку конечной длины на упругом основании. Рассмотрено решение(3)для бесконечного пучка с использованием принципа суперпозиции. Для иллюстрации метода решения рассмотрим случай балок конечной длины со свободными концами.- — АО. Две симметрично приложенные силы Р(рис. И В).
- В этой ситуации- В центре находится шпала, которая находится под воздействием давления со стороны рельсов. Общее решение (B) может быть применено к каждому из трех участков балки, и константа интегрирования может быть получена из условий точки приложения и конечной точки нагрузки. Однако, накладывая решение на нагрузку двух видов бесконечной балки, можно легче получить требуемое решение.’Второй’, и 11, стр.
На Рис. \%B две силы p действуют на бесконечно длинный луч. Для риса. С бесконечно длинной балкой, II нагруженной внешней силой F0 и моментом M9 Акций — г— Рис 11. Направьте в точку A и точку B, соответствующие свободному краю Эта балка(рис. И, А). Сила, вызванная силой I бесконечного поперечного сечения балки A и B, показанной на рисунке Q0v, моментом M9 рассмотрим ее при соответствующем выборе изгибающего момента, а боковая сила 11, B9 может быть равна нулю.
Чтобы вывести уравнение, определяющее соответствующее значение 0, рассмотрим сечение а бесконечно длинной балки. Принимая начало координат в этом отношении, используя формулу (7), мы видим, что изгибающий момент и боковая сила Q ’ обусловлены в это время двумя силами P)}• (Да.) —
В свою очередь, центральная часть бесконечного Луча имеет те же условия, что и конечный луч, показанный на рисунке. 11, А, и все необходимые величины, связанные с изгибом последней балки, получаются наложением раствора, найденного на рисунке. 11,^, 11, С. М9? Людмила Фирмаль
Момент M «и боковая сила f» возникают в одной и той же точке под действием силы, показанной на рисунке. 11, С, определяется уравнением(7). — Данное уравнение(10′), и M » =^[I+f001+’ — y[1+b001. м. (Си) Соответствующие значения для M9 и Q0 выводятся из уравнения ЛГ+ЛГ=О,М ‘- ф » =о, (После)
Это можно решить в каждом конкретном случае, используя таблицу 1. После того как M0 и F0 найдены, отклонение и изгиб ——— ^»- Л — — — — — — — — — — — — — — — — -.Б1-Лл.. ..Лл Д»»»,/(■ TSPTSOA1• «Я / ОК, В/Г\ОГ \ / ял U сеть U сеть U м/ * 1ш|^II в / я / / И4 «» в••..В.— Момент в любом поперечном сечении действительной балки (рис. II, а) может быть получено уравнением (7), (10)-и (10*) методом суперпозиции. Рис 13. Рис 12.
Это особый случай, показанный на рисунке. 12, будут решены на основе тех же соображений,-если мы возьмем C=0. Если он ведет себя так, как описано выше, вы получите следующее уравнение для обоих концов и промежуточного отклонения: 2пп ч п / +б / уа~л>=: шп/+НИИЯФ в/ — (д) 4pp по c2cos2 (После) Средний Us~K sh p/ + sin p / времена изгиба равны ч * Рин в Ш Г грех г 2Р (О Миллисекунды Р » Б Р / Н-Р/ *
Для одной нагрузки в центре(рис. 13) также может быть получен из предыдущего, показанного на рисунке. 11, B. It нужно только взять C=/ / 2 ″ подставить P вместо 2ya. Таким образом, мы получаем среднее и последнее отклонение следующего выражения: ’P В. 2rr-Т уа-Великобритания рублей//_AP Р/ • Яр Си Р/+соевый Р/+2USG-2К Вии Р/+Виль Р/ • П’ ч^ — соз-г- (&> (ч> О моменте изгиба под нагрузкой Р ч ПИФ-КГКП Р/ <> 4Р шп/4-НИИЯФ/
- Этот метод используется в симметричной задаче, показанной на рисунке. 11, AG можно также использовать в противоположном названии, как показано на рисунке. 14, a. In в этом случае F0 и M0, как показано на рисунке, будут представлять собой антисимметричную систему. −14,C. To определите соответствующее значение 09 и можете записать систему уравнений, аналогичную уравнениям(А), (Б) и (в).
Когда P0 и M0 рассчитаны, все необходимые параметры о изгибе балки, как показано на рисунке. Рисунок 14, Oh, можно легко получить, наложив корпус ’ served, как показано на рисунке. 14, В и 14, С. Рис 14. Рис 15. Имея решение для симметричных и противонаправленных нагрузок на балку, мы можем легко получить решения для любого вида нагрузок, используя принцип суперпозиции, например, на рисунке показано решение для несимметричных случаев. 15, а, получается наложением решения в случае симметрии и антисимметрии, показанных на рисунке. 15, p и 15, G. проблема проиллюстрирована на рисунке. 16, могут быть решены таким же образом.
В любом случае задача сводится к определению соответствующего значения момента силы M0 из двух уравнений ©. Чтобы изучить изгиб балки конечной длины, мы находим, что действие силы приложено к одному концу балки к отклонению другого конца зависит от величины p/.
Это значение увеличивается с длиной луча. В то же время, как видно из таблицы 1, функции » p, f и 0 быстро убывают, и если они превышают значение p/, то сила, действующая на одном конце балки, оказывает незначительное влияние на другой конец, что дает право сделать балку бесконечно длиннее.
В этом случае уравнение (B * can*) может игнорировать значения (p/) и 0 (p/). В целом рассмотрение изгибных балок конечной длины приводит нас, конечно, к разделению их ПА три группы. Людмила Фирмаль
5. Рассмотрим для Луча группы пока полностью не проигнорировано * Отклонение от изгиба обычно незначительно по сравнению с осадкой основания, поэтому эти балки абсолютно жесткие. Например- (Инжир. 13) и ставим p/=0.60, находим по Рис 17. + И Извините.
Рис 16. И— * ранние формулы для ua и UC показывают, что разница между средним отклонением и последним отклонением составляет только около половины от общего количества осадков. Это показывает, что основной осадок получается с очень хорошей точностью, когда балка считается бесконечно жесткой и осадок определяется по формуле П. С. у~тг
Характеристикой группового луча является тот факт, что он является force. It имеет большое влияние на другом конце, действуя на одном конце луча. Поэтому его следует рассматривать как балку. Конечная длина луча. В пучке III группы при исследовании одного конца пучка можно предположить, что другой конец удаляется бесконечно. Поэтому луч можно брать бесконечно долго.
В предыдущем обсуждении мы предположили, что балка основана на «твердом упругом основании», но результаты также могут быть рассмотрены I) также, если балка поддерживается рядом одинаково упругих опор. В качестве примера такого рода можно привести горизонтальную балку AB (рис. 17), поддерживая систему равных интервалов, несущую равномерно распределенную нагрузку d*»tical beam). Эти балки свободно поддерживаются по краям.
Показано по£/, и/,, » изгибная Жесткость и длина вертикальной балки соответственно, находим, что их прогиб посередине. ’_5/?/ ? У ~ 384YL ШГ’ Информация)- P-давление любой вертикальной балки на горизонтальную cu. Решите уравнение (до/? В результате мы обнаружили, что горизонтальный ка АВ находится под сосредоточенной мощностью(рис. 17, В) значения равны 0 5,48/, ♪ Ууу х.
Предположим, что расстояние а между вертикальными балками невелико с точки зрения длины/горизонтальных балок, как показано на рисунке, заменяя сосредоточенную силу равной равномерной нагрузкой. 17, C, также заменить распределение нагрузки пены (на рисунке прерывисто указано: III) непрерывно распределенная интенсивность нагрузки 9. — Ку Юань., — 5 я-принц. 4 & NL ч< — тг П > Л/г’ (1> К-ар Тогда дифференциальное уравнение изогнутой оси балки АВ 4-4=О.-К>. (Т) СЗ^=^~ку-
Из этого видно, что горизонтальная балка находится в состоянии балки, которая равномерно нагружена на упругое основание. Прочность нагрузки и коэффициент основания задаются Формулой (1). Для определения отклонения луча мы можем применить.
Мы ранее описали наложение od или непосредственно интегрируем уравнение (t). Метод Используя последний метод, можно записать общий Интеграл (W) уравнения в виде: г= — Ф-|Син р * ш РХ-Ф С, грех п * п ч * 4-С, потому что п * ш РХ-Ф C4cos р * ч р*. (Р> # в * Возьмите начало координат до середины (рис. 17, C), мы заключаем с помощью терминов симметрии С,=С8=0.
Присвоить это выражение (N) и используйте свободно поддерживает граничное условие 0u кабелей / =0,2 Ноль., (По) * ) Различные задачи такого рода описаны в структуре корабля- Достаточно полное объяснение такой проблемы дает И. Г. Бубнов в своей книге»механика судостроения», СПб., т. 2, 1914.
Посмотреть снова. П. а. Ф. Попович, корабля Строительная механика, Москва, изд. 2, гл. 1. С. 318-814, 1946. Входящий. П. С./ Т. 2 греха ш С1=-% к прбч/ — Ф-ч п/ » 9i2c< * Гхг! * соѕ п/ — ф-ч(я/’ Тогда уравнение для оси кривой*выглядит следующим образом Дж — éoTjâ+ч£fiin^ш^~ 2 соя ch-4- ~Арг+W003RL ч РЛ Отклонение середины получается путем размещения l:=0. * G2A » ^ STS О г б-ф/ТЭЦ//* (По) Подставляя это значение в уравнение (K), получаем среднюю реакцию ОПО ___»^^Dpsp III Вертикальный луч AB поперек середины луча. Indre< * обратите внимание, что этот ответ может быть отрицательным.
Если горизонтальная балка достаточно плотная, покажите, что она поддерживает вертикальную балку. В противном случае вертикальное отклонение луча может увеличиться. Задачи 1. Найдите общее представление изогнутой оси балки, которое представлено на рисунке. 12. Я не знаю, правда это или нет. _2rr СР*совр (/- ЛГ) -}—s11r (/- ДГ)sozrd: У ЛР/ — МНР/ 2.
Найти прогиб на обоих концах и изгибающий момент в середине балки, а также дгибаемую двумя равными и противоположными парами силу М0(рис. 18). Я не знаю, правда это или нет. УА=У MS=2M9 ш п/ с — J-грех п/ Рис 19 4. Найти прогиб и изгибающий момент в середине, чтобы равномерно натереть балку ОТВ( *• «•%•«••*• ■ «компания J#В• »» В Виви МВ / pivn Балка с шарнирным концом(рис. 20). этн. 0UV V ■ 2ч г Коши да. Т. Рис 2И ч// — Ф-cosql/ Рис 20. 5.
Найти изгибающий момент на конце балки с защемленным концом. 21). Я не знаю, правда это или нет. ￥8.1 2кв шп/ — АНО®/ 0≤шп/4-СМП/^шп / НИИЯФ/ * 6. Найти уравнение криволинейной оси балки на упругом основании с нагрузкой на одном конце(рис. 22). Я не знаю, правда это или нет. Я… 2yar г=К (Ш ФО-СЛН»я * ^003?х х р (/- ДГ)-Син р/ч РДГ потому что Р (/ -*)]. С. С. В Рис 22. Двадцать три риса. 7. Балка на упругом основании с шарнирными концами отогнута парой М9, приложенной к концам (рис. 23). Найти уравнение оси кривой Сила луча. В любом случае. Вы также можете использовать следующую команду для создания нового файла:
Смотрите также:
Предмет сопротивление материалов: сопромат
| Одновременное действие осевых сжимающих и поперечных нагрузок | Балки неограниченной длины |
| Нарезные сжатые стержни | Полу бесконечные балки |
