Оглавление:
Примеры определения перемещений интегрированием дифференциального уравнения изогнутой оси балки
- Пример определения смещения Интегрирование дифференциальных уравнений Изогнутой оси балки Рассмотрим несколько примеров, определяющих деформацию балки прямым интегрированием основного дифференциального уравнения(10.44). Определим максимум и для концентрации Р и постоянной секционной консоли на свободном конце (рис. 276). Изгибающий момент сечения x рассчитывается в результате действия внешних сил, расположенных на левой стороне сечения: (и (x)= — Px. Подставляя уравнение 273M (x) в уравнение (10.44), получаем следующее
уравнение d2w _ _ РХ ДХ * Т ЭЖ • Интегрирование дважды: e » = — g e — +C ; Px8 6 4-СХ+Д. Для определения констант C и D мы имеем граничные условия:/1)x=I w=0;<2) x-Z0=0. (Из второго условия ®(0=—+с= Как это сделать (10.50 )) с / х Лһ8,ПП. П—Г Е Т+ — 2е г х+Д’ Первое условие W (/) X= / 4^=0, Откуда РР6. (10.51)) «Ж» — ГО г.<•-=—р[2-3Т+(Ж) 1:(10.52) Упругая линия луча (10.52) представляет собой трехградусную параболу. Теперь можно определить Edmax и 0max. Как легко видеть, гамак и высота 6 происходят на свободном конце балки в точке а (при Х=0). И так оно и есть., П3 1^ ’ Макс=Ф~ — — — — — — 3 ^ ~ ’ А-А-Р-Р ’- ’Макс -’ — ’Л-2′ (10.54) (10.55 утра) 274 ′ 4I Отрицательное значение fA указывает на то, что отклонение происходит в противоположном направлении (то есть вниз) оси W.
Положительный угол поворота 0L указывает на то, что секция вращается против часовой стрелки. Людмила Фирмаль
Формула(10.50), (10.51)с любой константой(10.55), (10.54)с 0(0), при сравнении с w (0), C равна углу поворота на свободном конце консоли, aD равен прогибу свободного конца консоли. Построим график отклонения и поворота простой балки определенного сечения(рис. 277), несущая непрерывную равномерную распределенную нагрузку q. Справочные реакция «Челси» РА-РБ — • Изгибающий момент любого сечения. *. , qqx2M (x)= — — — — — — — x — — — — — * составим дифференциальное уравнение для криволинейной оси: d * w_1(ql_ _ d** \ ДХ~\Эдж 2 2 / Если вы интегрируете его дважды, то e «=T — «Y -’ *-6 и-X,+C>(I0-S6) «’Ш’ т^р^-х-^+С«+Д <1 0-5 7> Я ■ — uua,,® ggplp? Ttptg JZ2 И что? , ^С±|1Е|! IITLP Рис двести семьдесят семь Граничные условия следующие: 1)на левом конце отклонение равно
нулю, т. е. x-0w-0;2) на правом конце отклонение равно нулю, т. е. x-I w-0. Первое условие-u>(0)=D=0,(10.58).Второе условие дает m n ^=т&—т&г+а -°- Где: ql * 21EJ * (10.59) Найти уравнение для оси кривой, подставив вычисленные значения уравнений(10.56)и любую из констант(10.57: Вт Вт-12Э/24EJ24EV24EJ я\Я)ч\я 27$и Формула угла поворота: qlx2q > п Qп 4EJ GEJ24EJ [1-b( — ^ — ) 2 + 4 ( ^ — ) 3 ]. Для построения (10.61) графиков 6 (x) и w (x) вычисляют угол поворота концов балки и промежуточный прогиб пролета w (- y)>=f. 0 дает значение угла поворота левой опоры: (10.62) Поддержка справа, т. е. x==/, Q (/) =0V=24£7 -■ Если сравнить значения любых констант C и D с уравнениями 0 (0) и w (0), то мы снова убедимся, что c=0(O)= — ^7 -; D=w(0) — равно углу поворота и прогиба опоры 0. Следует отметить, что это геометрическое значение любой константы в области,
- прилегающей к началу координат, для любой балки при любой нагрузке. Присвоить формуле (10.60) x-вычислить значение Pro- (10.63) Из уравнения упругой линии (10.60) следует, что луч изгибается вдоль кривой, являющейся четвертой параболой. Поскольку изгибающий момент всей балки положительный, верхние волокна сжимаются везде, что означает, что балка изгибается вниз по выпуклой форме. Рассчитав величину прогиба различных участков, отложите его на определенный масштаб от базовой линии. Если соединить конечную точку задержанного сегмента кривой, то получится график отклонения. Чтобы построить график 0, установите вычисленные значения 0 «и 0» от базовой линии соответственно. Из условия симметрии балки и нагрузки следует, что сечение на оси симметрии[т. е. x=не вращается. Таким образом, согласно уравнению(10.61), график угла поворота должен быть
очерчен третичной параболой. Постройте график точек(рис. 277), вычислить промежуточные координаты: = __ \4) 384E J’ D9_dr Определение перемещения. Для В У7 ’384EJ’ Так, параболическая кривая левой половины луча направлена вогнутой вверх, а правой-вниз. Здесь мы рассмотрим другой случай простой балки с постоянным поперечным сечением с силой P, нагруженной в C(рис. 278), необходимо: а)найти уравнение упругой линии и угла поворота; б) определить положение и размер отклоняющей стрелы, а также определить положение и размер отклоняющей стрелы. Дайте читателю возможность решить этот пример самостоятельно. Отметим, что при интегрировании дифференциальных уравнений упругих линий для каждого поперечного сечения балки
BU-’DUT получены две произвольные константы Ci, D\и si, 7?для Людмила Фирмаль
их определения к двум опорным условиям пучка N<^w (0)=0;W(I) −0″-x=A следует добавить условия плавного и непрерывного сопряжения сечений AC и CB в точке C при x = a. — Лев — ®(th)справа>нет. ( ® ) Lev1=W (th)справа> Эти дополнительные условия, если нет обрыва упругой линии балки под действием силы Р, » обрыва нет.» Для самоконтроля приведите конечное уравнение угла отклонения и поворота секции переменного тока = +2а б— — ggjy — («8 4-2AB-Zx2); (10.64)) (10.65) 6 (x)=VS для участка Ш(х)= — QEJl ’ ~ХФ++2/2) х+~ 0 (x)=—(a2+2F-6lx+Zx2). Графики Q, M, 0, w показаны на рисунке. 279. (10.66) (10.67)) 177 мы используем результаты этого примера для определения сечения абсциссы с максимальным отклонением
и величиной / при различных положениях нагрузки р на балку. Максимальное отклонение производится в сечении l), где e (L7)=^=O. В a>b этот раздел находится в разделе AC. Если уравнять уравнение (10.65) до нуля, то получится (10.68) х я 0A4 Д. 6.6 ■ 2=3М РГП * 11SHSH1 fttg^ С, 14 На EP * 4? Дж м Рис. Как 7 и 9 Двести семьдесят девять 0.37 (Короче говоря (Я)м н P-Y* Три. В настоящей работе исследуется, как изменяются поперечные координаты поперечного сечения с максимальным отклонением при движении силы р от центра балки к правой опоре. При — >координате x 0CG— — =0,577/. / 3 Поэтому даже в крайних случаях, когда нагрузка Р приближается к опоре в, точка F с наибольшим прогибом находится на расстоянии только от центра балки (10.69))) л) ] / ПБ(П-тп Ф (/А22 4. — O2a ф Т.- 0,577/ — 0,5/ = 0,077/ «=. (Заметим, что на одинаковом расстоянии от центра пролета происходит максимальное отклонение и когда балка
на двух опорах нагружается моментом, действующим на одну из опор 62). Подставляя выражение(10.69)в выражение(10.64)упругой линии в сечении переменного тока, получаем выражение ad, ax=f- Р б(а^2А Б) 4’_r(р-р)»’ 9 / 3E J9 / 4 3E J I’ ( • ) Центральный прогиб пролета определяется из уравнения (10.64), где X * =подставляется Вт(А2+2ab—Джей). Анализ уравнений (10.71) (10.69)и(10.64) показывает, что b — >0 также разница между центральным отклонением луча и максимальным отклонением не превышает 3%. Таким образом, отклонение балки в центре пролета w f примерно равно максимальному отклонению F. Этот вывод применяется к действию любой нагрузки на балку, вызывающей ее изгиб в одном направлении. RY 12. 27. во многих случаях построение графиков w и 0 возможно без составления
аналитической формулы для угла отклонения и поворота на участке: при создании графика из нескольких характерных участков необходимо использовать правила, полученные из анализа зависимостей, существующих между w, 0, M, Q. Из Формулы (10.44) следует принять во внимание формулу (10.40)、 Дифференцируя дифференциальное уравнение по X(10.72) и учитывая его зависимость (10.72) d / Vf=NQ, получаем =(Ю. Семьдесят три) Таким образом, дифференциальные зависимости обеих групп: ДГ ДХ д*ш м (х) DX9 с’EJ • (10.74) (10.75) д & М (Х) ДХ~ЭЖ’_Q(х). поддержкой DX9~ЭЖ’ Аналогичная зависимость, на основе которой были получены правила построения q и M (§ 21).
Смотрите также:
| Концентрация напряжений при изгибе | Определение перемещений в балках по методу начальных параметров |
| Дифференциальное уравнение изогнутой оси | Расчет балок переменного сечения на прочность и жесткость |
