Руководство к решению задач по механике материалов и конструкций. Егодуров Г.С - 292 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ВСГУТУ | Улан-Удэ

Составители: 

Рубрика: 

292
4.5. На рис.18.7,в показа суммарная эпюра изгибающих моментов для данной рамы.
Для проверки правильности решения задачи находим угол поворота сечения у заделки
(рис.18.7,г).
4.6. Эпюры суммарных изгибающих и крутящих моментов для данной
плоскопространственной рамы представлены на рис.18.7,д.
4.7. EIx=1,48GIt;
25,0=
ν
/ Эпюры суммарных изгибающих и крутящих моментов
приведены на рис.18.8,а.
Рис.18.8
4.8.
x
3
k
EI
F
18
5
l
=
ν
. Эпюра изгибающих моментов для балки представлена на
рис.18.8,б.
4.9. Опорные реакции, эпюры поперечных сил и изгибающих моментов показаны на
рис.18.8,в. Для проверки используется универсальное уравнение изгиба балки:
−⋅+⋅+=
Iexxx
z
qzEIyEIyEI
532
11
00
l
ϑ
IIIeeIIe
z
q
z
q
z
q
24
)(
6
)(
16
21
6
)2/(
433
ll
l
l
l
−
−
−
⋅+
−
⋅−
.
Из граничных условий находим:
0
=
z 00
0
=
→
=
yy ,
l=z
x
e
EI
q
y
3
0
192
7
0
l⋅
⋅−=→=
ϑ
.
При
l2=z
прогиб должен быть равен нулю.
−
−
+
−
−⋅+⋅⋅−=
=
6
)2(
16
21
6
)2/2(
6
)2(
32
11
2
192
7
333
3
2
l
qqqqyEI
eeeezx
l
l
ll
l
l
lll
l
       4.5. На рис.18.7,в показа суммарная эпюра изгибающих моментов для данной рамы.
Для проверки правильности решения задачи находим угол поворота сечения у заделки
(рис.18.7,г).
       4.6. Эпюры суммарных изгибающих и крутящих моментов для данной
плоскопространственной рамы представлены на рис.18.7,д.
       4.7. EIx=1,48GIt; ν = 0 ,25 / Эпюры суммарных изгибающих и крутящих моментов
приведены на рис.18.8,а.




                                                     Рис.18.8
                             3
                      5 Fl
       4.8.   νk =           . Эпюра изгибающих моментов для балки представлена на
                     18 EI x
рис.18.8,б.
       4.9. Опорные реакции, эпюры поперечных сил и изгибающих моментов показаны на
рис.18.8,в. Для проверки используется универсальное уравнение изгиба балки:
                                                                    11         z
                                 EI x y = EI x y0 + EI xϑ0 ⋅ z +         qe ⋅ l I −
                                                                    32         5
                                 ( z − l / 2) 3
                                                     21        ( z − l) 3
                                                                                ( z − l) 4
                        − qe ⋅ l                II +    qe ⋅ l            − qe             III .
                                       6             16            6                24
Из граничных условий находим:

                                             z=0      y = 0 → y0 = 0 ,
                                                                           7 qe ⋅ l 3
                                      z=l           y = 0 → ϑ0 = −            ⋅         .
                                                                          192 EI x
                              При z = 2l прогиб должен быть равен нулю.
                            7                   11        ( 2l ) 3        (2l − l / 2) 3 21     ( 2l − l ) 3
         EI x y z =2 l = −     q e ⋅ l 3 ⋅ 2l +    qe ⋅ l          − qe l                + qe l              −
                           192                  32           6                  6         16         6




                                                         292

Страницы