В.Д. Моисеенко Определение перемещений в балке

10

EI

V " = −[−Pz + R

A

(z −1) − q

(z −1)2

+ m (z −3)o +q

(z −3)2

+ R

B

(z −6)].

(4.1)

x

2

1

2

Интегрируем первый раз и получаем уравнение углов поворота

EI V ' =C + P

z2

− R

(z −1)2

+ q

(z −1)3

−m

(z −3)

−q

(z −3)3

− R

(z −6)2

.

(4.2)

A

B

x

2

2

6

1

6

2

Интегрируем второй раз и получаем уравнение прогибов

EI V =D+Cz+P

z3

−R

(z −1)3

+q

(z −1)4

−m

(z −3)2

−q

(z −3)4

−R

(z −6)3

.

(4.3)

x

6

A

6

24

1

2

24

B

6

Постоянные интегрирования С и D определяем из граничных ус-

ловий:

а) при z =1 м

V = 0 ;

б) при z = 6 м

V = 0.

Подставляя эти условия, а также исходные данные в уравнение (4.3), получаем

0

= D +C 1 + 5

13

6

6 3

( 6 −1 )3

( 6 −1)4

( 6 −3 )4

( 6 −3 )4

0

= D +C 6 + 5

−19

+10

− 25

−10

,

6

6

24

24

24

откуда

С = 20,5 кН м2,

D = –21,3 кН м3.

Определяем прогибы в характерных сечениях балки и в середине

пролета по уравнению (4.3):

сечение (1). z(1) = 0,

EIxV(1) =D,

V(1) = −

21,3

= −0,0058 м;

сечение (А). z(A) = 1м,

3680

V(A) = 0;

сечение (2). z(2) = 3 м,

z3

( z

−1)3

( z

−1)4

( 2 )

( 2 )

EI V

= D +Cz

( 2 )

+ P

( 2 )

− R

A

+ q

,

x ( 2 )

6

6

24

11

		− 21,3	+ 20,5 3	+ 5	33	−19	( 3 −	1)3	+10	( 3 −1)4
V	=				6		6				24	= 0,0119 м;
( 2 )						3680

сечение (С). z(c) = 3,5 м,

z3

( z

( c )

−1)3

( z

( c )

−

1)4

EI V

= D +C z

( c )

+ P

( c )

− R

A

+ q

,

x

( c )

6

6

24

−21,3 + 20,5 3,5 +5

3,53

−19

( 3,5 −1)3

+10

( 3,5 −1)4

V( c ) =

6

6

24

=0,013 м;

3680

сечение (В).

z(B) = 6 м,

V(B) = 0;

сечение (3).

z(3) = 7 м,

z3

( z

−1)3

( z

−1)4

( 3 )

( 3 )

EI V

= D +C z

( 3 )

+ P

( 3 )

− R

A

+ q

−

x

( 3 )

6

6

24

( z( 3 ) −3 )2

( z( 3 ) −3 )4

( z( 3 ) −6 )3

,

− m1

− q

− RB

2

24

6

− 21,3 + 20,5 7 +

5

7

3

−

19

(7 −1)3

+10

(7 −1)4

− 25

(7 −3 )2

−

V( 3 ) =

6

6

24

2

3680

−10

(7 −3 )4

−6

(7 −6 )2

24

6

= −0,01 м.

3680

Определим углы поворота в этих же сечениях по уравнению (4.2):

сечение (1).

z

=0 ,

EI θ

= EI

V '

= C,

( 1 )

x ( 1 )

x ( 1 )

θ

( 1 )

=V'

=

20,5

=0,0056 рад;

( 1 )

3680

Z 2

сечение (А).

z

=1м, EI

x

θ

( A )

=

EI V

'

= C + P

( A )

,

( A )

x ( A )

2

12

20,5

+5

θ

( A )

=V'

=

2

=0,0063 рад;

( A )

3680

сечение (2). z( 2 ) = 3м,

z 2

( z

( 2 )

−1)2

( z

( 2 )

−1)3

EI

x

θ

( 2 )

= EI V '

= C + P

( 2 )

− R

A

+ q

,

x

( 2 )

2

2

6

12

20,5

+5

32

−19

( 3 −1)2

+10

( 3 −1)3

EI

θ

( 2 )

= EI V '

=

2

2

6

=0,005 рад;

x

x

( 2 )

3680

сечение (С). z( c ) = 3,5 м,

z2

(z

−1)2

(z

−1)3

(z

−3)3

EI

θ

(c)

= EI V'

=C + P

(c)

− R

(c)

+q

(c)

−m

(z

−3) −q

(c)

,

x

x (c)

2

A

2

6

1

(c)

6

20,5+

5

3,52

−19

(3,5−1)2

+

10

(3,5−1)3

−25(3,5−3) −10(3,5−3)3

θ

=V'

=

2

2

6

6

=0,0014 рад;

(c)

(c)

3680

сечение (В). z( B ) =6 м,

EI

θ

=EIV'

=C+P

z(2B)

−R

(z(B) −1)2

+q

(z(B) −1)3

−m (z

−3)

−q

(z(B) −3)3

,

x

(B)

x (B)

2

A

2

6

1

(B)

6

62

(6 −1)2

(6 −1)3

(6 −3)3

20,5+5

−19

+10

−25(6 −3) −10

2

6

θ

=V'

=

2

6

=−0,01

рад;

(B)

(B)

3680

сечение (3).

z( 3 )

=7 м ,

z 2

( z

( 3 )

−

1)2

( z

( 3 )

−1)3

EI

x

θ

( 3 )

= EI

V '

= C + P

( 3 )

− R

A

+ q

−

x

( 3 )

2

2

6

( z( 3 ) −3 )3

( z( 3 ) −6 )2

− m1( z( 3 ) −3 ) − q

− RB

,

6

2

7 2

(7

−1)2

(7 −1)3

− 25(7 −1)−

20,5

+

5

−19

+10

'

2

2

6

θ( 3 )

=V( 3 ) =

3680

−10

(7 −3 )3

−6

(7 −6 )2

6

2

= −0,013 рад.

3680

По вычисленным значениям прогибов и углов поворота строим изогнутую ось балки (рис. 5, д). Положительные прогибы откладываем вниз (по направлению оси V), отрицательные прогибы откладываем вверх. При положительном угле поворота сечение поворачиваем по ходу часовой стрелки, а при отрицательном – против хода часовой стрелки.

13

5. Пример определения перемещений в простой двухопорной балке по способу Верещагина

Для заданной схемы балки (рис. 5,а) определить прогибы в сечениях (1) и (С) и угол поворота поперечного сечения (В). Сравнить прогибы и угол поворота, вычисленные по методу начальных параметров и по способу Верещагина, в указанных сечениях.

Определим прогиб в сечении (1). Для этого разобьем грузовую эпюру МP на простые фигуры по участкам расчетной схемы балки

(рис. 6, а).

Определим площади ωрi простых фигур грузовой эпюры МP:

ωp1	= −		1	1 5 = −2,5кН м2 ,		ωp4	=		1		2 3 = 3кН м2 ,
			2						2
ωp2	= −		1	2 5 = −5кН м2 ,		ωp5	=		1		3 28 = 42кН м2 ,
			2						2
ωp3	=	q 23			=6,67кН м2 ,	ω p6	=	1		3 10 =15кН м2 .
			12					2

Нагрузим балку единичной силой Р = 1 в сечении (1) (рис. 6,б) и построим единичную эпюру M(v1 ) (рис. 6,в).

Определим ординаты единичной эпюры M(v1 ) под центрами тя-

жести площадей ωpi (рис. 6,а). Для удобства вычисления ординат единичной эпюры, кроме Y1, можно рассмотреть подобие любых треугольников, например аbе и edc. Из подобия следует, что

	Yi	=	ai	,	Y	=0,2a ,
1		5			i	i

где аi – расстояние от центра тяжести каждой площади ωpi, кроме ωр1, до точки е.

Тогда a1 =		2 м = 0,67м,	Y	= 2 1 = −0,67 м,
		3	1	3
а2 =		4,33 м,	Y2	= −0,2 4,33 = −0,866 м,
а3	=	4 м,	Y3	= −0,2 4 = −0,8м,
а4	=	3,66 м,	Y4	= −0,2	3,66 = −0,732м,
а5	=	2 м,	Y5	= −0,2	2 = −0,4м,
а6 = 1 м,			Y6 = −0,2 1 = −0,2 м .

14

Знак «минус» соответствует знаку единичной эпюры. Вычислим прогиб в сечении (1), перемножив грузовую МP и

единичную M(v1 ) эпюры:

V(1) = EI1x (ω p1Y1 +ω p2Y2 +ω p3Y3 +ω p4Y4 +ω p5Y5 +ω p6 Y6 ) =

=36801 (2,5 0,67 + 5 0,867 −6,67 0,8 − 3 0,732 − 42 0,4 −10 0,2) =

=−0,0058 м(противоположно направлению единичной силы).

Определим угол поворота поперечного сечения (В).

Нагрузим балку единичным моментом m = 1 в сечении (В) (рис. 6,г) и построим единичную эпюру M(θB ) (рис. 6,д).

Ординаты M(θB ) единичной эпюры под центрами тяжести пло-

щадей ωpi грузовой эпюры определим по вышеуказанному выражению

Yi = 0,2 ai ,

где аi – расстояние от центра тяжести каждой площади ωpi до сечения

(A).

Тогда а2 = 0,67 м,

Y2

= −0,2 0,67 = −0,134,

а3 = 1 м,

Y3

= −0,2 1 = −0,2,

а4 = 1,33 м,

Y4

= −0,2 1,33 = −0,266,

а5 = 3 м,

Y5

= −0,2 3 = −0,6,

а6 = 4 м,

Y6

= −0,2 4 = −0,8.

Вычислим угол поворота поперечного сечения (В), перемножив

грузовую МP и единичную M(θB ) эпюры:

θ

( B)

=

1

(ω

p2

Y

2

+ ω

p3

Y

3

+ ω

p4

Y

4

+ ω

p5

Y

5

+ ω

Y ) =

EI x

p6 6

=36801 (5 0,134 − 6,67 0,2 − 3 0,266 − 42 0,6 − 15 0,8) =

=−0,0105 рад(противопол ожно направлени ю единичного момента ).

15

	ω			ωp2	ω	ω	ω
	p1				p4	p5	p6
	−	5
а)								Эп.Миз = Мр(кН·м)
	+
					3
		ωp3						10
	P =1				28
							B
1		A
б)
		1
в)		ба −	дс				е	Эп.M(V1) (м)
	Y1	Y	Y	Y	Y	Y
		2	3	4	5	6

A		B	m =1
г)
			1
д)	–		Эп.M(θB )
Y2 Y3 Y4	Y5	Y6

Рис. 6. Определение прогиба и угла поворота в сечениях (1) и (В)

Вычислим угол поворота поперечного сечения (В), перемножив грузовую МP и единичную M(θB ) эпюры.

16

Определим прогиб в середине пролета – в сечении (С) (рис. 7). Нагрузим балку единичной силой Р = 1 в сечении (С) (рис.7, б) и

построим единичную эпюру M(vC ) (рис.7,в).

Единичная эпюра на третьем участке (между сечениями (2) и (В) представлена не одной линейной зависимостью, а двумя, поэтому необходимо грузовую эпюру Мр на третьем участке дополнительно разбить, как показано на рис. 7, а.

	ω	ωp5	ωp6	ωp7
ω						ω
p2	p4					p8

−

а) +

5

Эп.Миз = Мр(кН·м)

3

ωp3

					10
			28	25
A			2	P =1	B
б)				C
в)				+	Эп.M(vC) (м)
Y2	Y3				Y8
		Y4
			Y5	Y6	Y7
				1,25

Рис.7. К определению прогиба в середине пролета балки

Определим площади грузовой эпюры Мр (рис. 7, а) и ординаты единичной эпюры M(vC ) (рис. 7,в) под центрами тяжестей площадей ωpi.

17

Тогда ωp2 = − 1 2 5 = −5 кН м2 ,										Y2 =0,5 0,67 =0,335м,
				10 23	2
ω	p3		=		=6 ,67 кН м2 ,	Y			=0,5 1 =0,5м,
				12		3
ω	p4		=	1 2 3 = 3 кН м2 ,		Y			=0,5 1,33 =0,65м,
				2		4
ω	p5		=	1 0,5 28 =7 кH м2 ,		Y		=0,5 2,17 =1,085м,
				2		5
ω	p6		=	1 0,5 25 =6 ,25 кН м2 ,		Y			=0,5 2,33 =1,165м,
				2		6
	ω		р7	= 1 2,5 25 = 31,25 кН м2 ,				Y		=0,5 1,67 =0,835м,
				2					7
	ω	р8		= 1 10 2,5 =12,5 кН м2 ,			Y			=0,5 0,83 =0,415м.
				2					8

Вычислим значение прогиба в сечении (С), перемножив эпюры Мр

и M(vС ) :

V(c) = EI1x (ω p2Y2 +ω p3Y3 +ω p4Y4 +ω p5Y5 +ω p6 Y6 +ω p7Y7 +

+ω p8Y8 ) = 36801 (−5 0,335 + 6,67 0,5 + 3 0,65 +7 1,085 + 6,25 1,165 +

+31,25 0,835 + 12,5 0,415) =0,013м(внаправлении единичной силы).

По полученным значениям прогибов видно, что

Vmax = V(С) =0,013 м = 1,3 см < [V] = 500300 = 1,67см.

Таким образом, условие жесткости выполняется.

6.Пример определения перемещений в составной балке

спромежуточным сквозным шарниром методом начальных параметров

Для балки, расчетная схема которой показана на рис.8,требуется:

1)построить эпюры Q, Mиз и подобрать сечение из прокатного двутавра, полагая [σ] = 160 ΜПа;

2)определить прогибы и углы поворота в характерных сечениях при

Е= 2 105 МПа и построить прогнутую ось балки;

							18
3) проверить жесткость при				[	]	=	l
				V			300 .
R A =15кH	m =10кH·м		q = 10кH/м						R В =15кH	m B =5кH·м
									P=40кH	Z
А		1	2				3			В
V	2м			4м				1м	2м
15	+	15						15	+	15
										Эп.Q(кН)
	3,5 м							–	25
							25		25
									–	Эп.Миз=Мр(кН·м)
		+								5
θA	30	20	31,3				θ(лев3)	θпр
								(3)
A	1	2		∆θ(3)				3	B
	V	V(2)							V(3)
	(1)

Рис. 8. Схема балки, эпюры Q и Миз, изогнутая ось балки

Решение

После построения эпюр Q и Миз из условия прочности при изгибе по сортаменту (ГОСТ 8239-89) принимаем двутавр № 20а с Ix=1970 см4,

тогда EIx = 2 105 106 1970 10−8 = 3940 103 H м2 = 3940 кН м2 .

Записываем дифференциальное уравнение изогнутой оси балки и дважды его интегрируем, учитывая наличие промежуточного шарнира:

EI xV " = −RA z + m( z − 2 )o + q

( z − 2 )2

− q

( z −6 )2

− P( z −7 ).

2

2

EI

θ

= EI V ' = C − R

z2

+ m( z −2 ) + q

( z −2 )3

+

2

x

x

A

6

+ EIx

∆θ

( z −6 )o −q

( z −6 )3

− P

( z −7 )2

.

2

( 3 )

6

19

	EI V	= D +C z − R			z3	+ m ( z −2 )2		+ q	( z −2 )4	+
				A 6					24
	x						2
	+ EIx	∆θ	( z −6 ) −q ( z −6 )4				− P ( z −7 )3 .
		( 3 )				24		6

Граничные условия:

V(A) = V(0) = 0; V(B) = V(9) = 0; θ(B) = θ (9) = 0.

Первое условие дает D = 0, а два остальных дают систему уравнений относительно С и ∆θ (3):

		93		72			74					34					23			+C 9	+ EIx	∆θ	3,
0	= −15		+10			+10				−10					−40
		6		2			24					24						6				( 3 )
																2
		92					73				33							2
			+10 7			+10			−10					−40					+C + EIx ∆θ( 3 ).
0	= −15	2					6					6				2

Откуда С = 65,26 кН·м2, ∆θ(3) = 0,0065 рад.

Определяем прогибы и углы поворота в характерных сечениях:

V(1) =				1			(65,26 2 −15				23		) =0,0282м = 2,82см, (вниз);
		3940									6
												3,53					1,52							1,54
V(2)	=			1			(65,26 3,5 −15									+ 10				+ 10							) =0,0342м = 3,42см(вниз);
		3940											6					2							24
V(3)	=			1					(65 ,26 6 −		15		6 3			+ 10	4	2	+ 10				4		4	) = 0,0093 м = 0,93 см(вниз );
				3940									6				2						24
θ( A )	=				1					65,26 = 0,0166 рад (по часовой стрелке);
				3940
											6 2										43
θ(лев3 ) =					1					(65,26 −15				+10 4 +10								) =
				3940							2									6

=−0,0147 рад( противчасовой стрелки);

θ(прав3 ) =θ(лев3 ) +∆θ( 3 ) =−0,0147 +0,0065 =

=−0,0082 рад( против часовой стрелки).

7.Пример определения перемещений в составной балке

спромежуточным сквозным шарниром способом Верещагина

Для заданной балки (рис. 8) способом Верещагина определить прогибы в сечениях (1) и (3) и углы поворота в сечениях (А) и (3).