Руководство к решению задач по механике материалов и конструкций. Егодуров Г.С - 99 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ВСГУТУ | Улан-Удэ

Составители: 

Рубрика: 

99
6
)3(
60
134
24
)2(
6
)2(
60
69
3
4
3
l
l
l
l
l
−
+
−
+
−
−
z
q
zq
z
q
e
e
e
.
Рис. 4.17
Реакции опор показаны на рис.4.18. Постоянные D и C найдем из граничных условий:
1) при
0=z 0=v , отсюда D=0;
Рис. 4.18
2) при
lz =
0=v
, отсюда
24660
19
4
3
l
l
ll
e
e
q
qCD −+= , тогда
90
3
l
e
q
C −= .
Если задача решена верно, то прогиб при
l2
=
z должен быть равен нулю:
0
660
96
24
16
6
8
60
19
2
90
3
4
3
3
=+−+−=
l
l
l
l
ll
l
e
e
e
e
X
q
q
q
q
vEI
ε
.
Пример 4.12. Найти угол поворота сечения c балки постоянной изгибной жесткости
x
EI (4.19,а).
Решение. Данная балка также дважды статически неопределима. Поскольку
горизонтальная реакция в левой опоре равна нулю, то балка симметрична. В качестве
основной выбираем систему, разрезанную по оси симметрии (рис.4.19,б). Так как внешняя
нагрузка антисимметрична, то в сечении по оси симметрии действует только
антисимметричный фактор (поперечная сила)
1
X .
Эквивалентная система показана на рис.4.19,в. Неизвестную силу
1
X определим из
канонического уравнения.
А
Б
В
Г
Д
Е
Ж
З
                         69      ( z − 2l) 3 qe ( z − 2l) 4 134      ( z − 3l) 3
                     −      qe l            +              +    qe l             .
                         60           6            24        60           6

                         А

                         Б

                         В

                         Г

                         Д

                         Е



                         Ж

                         З

                                                  Рис. 4.17

Реакции опор показаны на рис.4.18. Постоянные D и C найдем из граничных условий:
      1) при z = 0 v = 0 ,      отсюда D=0;




                                                  Рис. 4.18

      2) при z = l           v = 0,           отсюда
                                       19      l3 q l 4               q l3
                            D = Cl + qe l − e , тогда C = − e .
                                       60       6   24                 90
Если задача решена верно, то прогиб при z = 2l должен быть равен нулю:
                                    qe l 3      19   8l 3 16qe l 4 96   l3
                        EI X vε = −        2l + qe l     −        + qe l = 0 .
                                     90         60    6     24     60   6
        Пример 4.12. Найти угол поворота сечения c балки постоянной изгибной жесткости
EI x (4.19,а).
        Решение. Данная балка также дважды статически неопределима. Поскольку
горизонтальная реакция в левой опоре равна нулю, то балка симметрична. В качестве
основной выбираем систему, разрезанную по оси симметрии (рис.4.19,б). Так как внешняя
нагрузка антисимметрична, то в сечении по оси симметрии действует только
антисимметричный фактор (поперечная сила) X 1 .
        Эквивалентная система показана на рис.4.19,в. Неизвестную силу X 1 определим из
канонического уравнения.



                                                  99

Страницы