Оглавление:
Изгиб балки на упругом основании
- Изгиб балок на упругом основании. Примером балки на упругом основании являются железнодорожные шпалы, нагруженные двумя силами, передаваемыми через рельсы. Поскольку опоры нет, шпала переносит эту нагрузку непосредственно на грунт и одновременно прогибается за счет гибкости грунта. Термин «упругое основание»
применительно к грунту условен, так как механические свойства грунта не идентичны свойствам упругого тела в обычном смысле、 Рис 185 Этот термин понимается в теории упругости и сопротивления материала по-разному. Если поставить задачу о равновесии балки, покоящейся на гигантском упругом теле, ограниченном
с одной стороны плоскостью, то мы имеем пример так называемой Людмила Фирмаль
контактной задачи теории упругости, суть которой заключается в том, что деформация тела в одной точке зависит не только от давления в этот момент, но и от давления в другой точке. Если мы хотим упростить формулировку задачи и получить доступ к основному методу, то предположение о том, что движение на основе упругости зависит только от давления в точке, в которой движение ищется, эта гипотеза иногда называется гипотезой
Винклера и, по-видимому, заменяет фактическое упругое тело серией несвязанных пружин или стержней(рис. 185). Рассматривая реакцию основания пропорционально отклонению, было установлено, что реакция, распределенная непрерывно по длине балки, составляла—KV. Эта упрощенная модель упругого основания достаточно хорошо воспроизводит свойства грунта^, который фактически не может
- рассчитывать изгиб балок на упругом основании 271 Это упругое тело: связь между его частицами»меньше«, чем у твердого тела. Есть более сложные и более продвинутые модели с эластичным основанием. Поэтому М. М. Филоненко-Бородич предлагает модель упругого основания, способного распределять нагрузку, и в то же время допускает использование основных математических устройств. В смысле Винклера, для составления дифференциального уравнения изгиба балки, находящейся на упругом основании, исходим из дифференциального уравнения изгиба по форме(116.5).
В правой части действующей нагрузки q добавьте реакцию основания (- kv) и рассмотрите изгибную жесткость балки, то есть произведение EJX, как постоянную величину. Вам; EJx-П=■ — К В — \ — Г(З), Или «■v+4a’ » =l g (’,=I f c)-<1 2 5 1>уравнение(125.1) встречается не только в задаче о балках на упругом основании, но и в других разделах строительной механики, таких как теория цилиндрических оболочек. Сначала интегрируем однородное уравнение T » IV — | — 4a^=0. (125.2)корень характеристического уравнения — a (1 -}g); a(-i-W);®(- 1-g);-O-общий Интеграл уравнения(125.2) v= удаления мнимых чисел. его надо формировать. Эти решения являются УП (з)=ч з потому что АЗ, ут (з)=[ч з ЗША з ш аз ведь АЗ], ут (з)=г^С Н З С В З, (125.4)ут (З)=4″» »
EAG(D sin A z Bpos)-E-(125.3) используя мето䧧, общий Интеграл (125-3 123) используется для объединения соответствующих частных решений для Людмила Фирмаль
[ч а з ЗША з-ш А З потому что АЗ]. Берегись этого. ут=у’ «УБ=у’, ут=у I272 деформации[ГЛ. Икс По формуле (123.6)) И еще) = ® ( 0 ) ^ ( ^ + ® ’( 0 ) C (g) 4 — ® » (0)^и 4 — -Н»’(0) (125.5)) Здесь. (125.6) Q Вычислите функцию V r (z), когда балка нагружена сосредоточенной силой в координате Z=B сечения. Прочность этой нагрузки предполагается равной P|2E, согласно случаю формулы (125.6) t(z)=0z<^b-E. т0 (^) = = Г СL2 Б—» Мы применяем среднюю теорему к этому интегралу: V i=^j-x Ut (z-b — [ -^). Здесь.— 1 <<>■<-{-1. Теперь давайте приблизим e к пределу, равному нулю. Полученное конкретное решение
представляется следующим образом: g», (g)=0z<^b, v l(z)=^ — U t{z-b) z>b. * Желание получить решение в случае сосредоточенного момента, приложенного к сечению с координатами a, напомним, что предел=Ut=Ut, передавая в этом сечении размер UI свойства концентрации> — t и » a-e>)•8=0 и находим: ( • * ) = 0^A в z. , V i (z}=~U t(z — ^a) при g>a.§ 125] изгиб валков на упругом основании 273 Наконец, рассмотрим случай равномерных распределенных
нагрузок, начиная с z=c. (125.6) (z)=J l7, («- f y^d t Отчет Но, как легко проверить прямым вычислением, Ut (z)=-^U n’{z). И так оно и есть. t(z)=0, когда zc-. Если нагрузка заканчивается z=d, считайте ее длину»m» неопределенной, но начните нагрузку (- q)>с z=D. Когда z>d мы получим: Окончательная формула для отклонения выглядит следующим образом: v (z)=v (0) Ut (z)v’(0) (z) 4-v «(0) Ut (z)4-v ’ „(0) Ut (z) — |- , −4^[4(Z-с) — ут(з-д)]}. (125.7) общий символ с индексом “ l » вверху следует понимать так же, как и§ 118. Рис 186 В качестве примера рассмотрим задачу изгиба полубесконечной балки с силой и моментом(рис. 186). В Формуле (125.5) нужно поставить 1=o,^(0)=D, x/»(0)=^. Получаем: v=v (0) U»(z)+v’(0)Ut(z) 4-Ut(z) Ut(z). Для определения
констант w(0)и w’(0) отклонение Бесконечности должно быть равно нулю. Для этого мы имеем 274 изгибных деформации[гл. $ Для больших значений аргумента ч з — > — Шаз-> — г УО. Следовательно, формула (125.4) ООН (з)—Эпсилон-еаз потому что. В, С (З)-Эпсилон (грех аз-Ф-Кос.), £7. (^)- ¤4^2ез грех, Аризона, США(Z) — » — еаз(грех аз-ведь АЗ). В большом z Один. 2а. 1М +2а ’ £ЧХ Си в (з) — >г еаз(0)потому что з-ж- аз)|>0.. Сравнивая коэффициенты при COS AZ и аз греху, вы можете увидеть следующее: И так оно и есть. (0)+1С’(0) — 4А ’° EJX’ _1P-0 4A’EJX’(0) — 4-1H ’2а» EJX1 С’(0): Мистер. Эжх2а? EJx’ C (0):
— М А Р 2а * EJx1 2a3EJx’ (125.8) Обратите внимание, что отклонение v (z) меняет знак: в некоторых местах балка приподнимается над основанием. Мы предполагаем, когда принимаем решение. Показано, что реакция основания происходит при отрицательном прогибе.
Смотрите также:
