Интегрирование дифференциального уравнения изогнутой оси при

Интегрирование дифференциального уравнения изогнутой оси балки при двух участках.

Интеграл дифференциальных уравнений криволинейной оси балки на двух участках. Если изгибающий момент в разных частях балки представлен разными формулами, то необходимо составить такое же количество дифференциальных уравнений, как и площадь на балке. Нагружают силой р на расстоянии от левой балки на двух опорах

в пролете Z, b от правой кромки b; пусть a » >B(рис. 287). Поддерживающий отклик луча равен H A=0, B=^ -. Возьмите начало координат левой опоры и правую ось X. Изгибающий момент в первом и втором сечениях выражается различными уравнениями^поэтому мы можем найти два произвольных сечения в абсциссах x^и x%. Значения y, M, C, D и абсциссы раздела

уравнения отмечены в индексе 1 первого раздела и индексе 2 второго. При Людмила Фирмаль

составлении моментального представления обеих секций рассмотрим левую часть балки, а затем первую секцию: l R Ml=LX1=Y Xi, для второй секции (секция O2): R М=А% — Р(х2-а)= — х — р(х2-а). Интегрирование термов вида P (x2-a) осуществляется без скобок, как это сделано в Примере 74. При этих условиях вычисление выглядит следующим образом: П Е Р В ы й Г А С Т О К Т О Р У ч а с Т О К А Д=M1=Dx1; EJy= — (18.31) Ежи’и=L42=DH2-Р(х2-а); ежи и=-Р(х2-а); с т Pbxl +(18.33) 4-C2×2 4-D2. (18.34) выражение для отклонения и вращения включает Интеграл четырех констант. Чтобы определить эти константы, нужно

написать четыре уравнения. Эти уравнения, как и в предыдущем случае, что-то знают о прогибе и угле поворота, всегда можно сделать, рассматривая сечение пучка таким сечением вещества является: Участок с, расположенный на границе двух участков, можно отнести как к первому, так и ко второму из них. Итак, величину прогиба и угла поворота сечения С можно вычислить как по формуле первого сечения, так и по формуле второго: то есть x1=x2=a; Если значение получено и B1=9a или y и 0, то оно должно быть одинаковым. Ежи=Ежи Альф () е дя^^е дя^. (b)§ 112]уравнение

криволинейной оси балки в двух сечениях 363 Таким образом, точки деления графика всегда дают два уравнения. Сечение A при x t=0 отклонение YG=O, ©> «B«x

°) 8 I2-I2P2 Откуда (18.35)) Аналогично она получается по условиям из формул (18.32) и (18.34 (&): 7• + ЦРУ+°я=7^ — П(°Б-«Б» Б Д Откуда Di=D(18.36) следовательно, константы интегрирования для обоих участков были одинаковыми. Это связано с принятием метода композиции и интегрирования

дифференциальных уравнений. Когда Формула (18.32) применяется к эталонному участку D, она получается на основе © Oh=09, следовательно, O9=0. Применение той же формулы (18.34) к ссылочному разделу B дает результаты, основанные на (d Здесь уравнения для y и 6 принимают следующий вид: 364 аналитические методы определения деформации[глава XV. Рассмотрим значение максимального прогиба f. это будет сечение с 0=0. Из формулы для 0! Мы видим это для X1=0., РА’ЗЕЛ площадь поперечного сечения В=а (И — #); Так как B O. Таким образом, 0t

между точкой А и точкой с меняет знак, то есть проходит через ноль. Людмила Фирмаль

Значит, наибольший прогиб будет у первого участка. Чтобы найти абсциссу xj соответствующего сечения, подставим это значение xj в выражение 0A и сделаем его равным нулю: — -^ -(/2 — £2) | = 0; таким образом, xj=1 — • Поэтому при перемещении от середины пролета к опоре Фигура. Центральный прогиб пролета 287 Два. В этом легко убедиться, подсчитав небольшую разницу между Если вы присваиваете выражению Y lf, RZ (R-B) / z (R-B*)RRU’Z l /

((18 37) 27EJZ-21EJ V\Z2/’ Расстояние участка с наибольшим отклонением

от левой опоры изменяется с изменением положения груза. Если сила P находится в середине пролета、 /. £Р/5 −2’Max-4 8£/, (18.38) Если переместить силу P на правую опору и установить предельное расстояние b равным нулю, то#->0; x0=—=x= = 0,577/. Tplt/ Из точек D и B (рис. 288) абсцисса точки с наибольшим отклонением изменяется только между 0,5/и 0,577 / между точками D и R. особенно при размещении Фигура. 288. (18.39) Число /Ш В Я/^.§ 1 1 2] формула для криволинейной оси балки на двух участках 3 6 5 П р и М Е Р 77.

Подобрать сечение стальной двутавровой балки с непрерывной нагрузкой q=4 т/м на полпролета(рис. 289), если пусковое напряжение[а]=1000кг/см2, а допустимое отклонение не должно превышать-jOOQ-пролет равен/=2,0 м. Давайте положим начало координат в точке I, ось x находится справа, а ось y-вверху. Нумерация участков показана на рисунке. Мы составляем и интегрируем дифференциальные уравнения криволинейных осей, считая

x на обоих участках от точки A. fl- Два. Фигура. Двести восемьдесят девять ЭДЖ ЭДЖ d2y * ДХ% Т О Р О й=м2, у ч а с т о с д Х2″2\2 2)’ EJys— — ^4″ —— 2^> ^2* Один. Два. Интегральная константа определяется из условия: x3= / » x » должно быть 2 = / >» ^8 = 0. х t=хз я Два» >> акстись Д х s’ >X i=X s I −2 >Эжит=Эжит. Дайте первые два условия: с 2_|?/ 8р-7?/ 4-7?/ 4 * ■48 ′ 16-24-384 * Из третьего и четвертого условий: Ди = ДС = 7?/ 4 Триста восемьдесят четыре Запишите уравнение прогиба первой секции в последней форме, так как максимальное прогибание будет иметь конец балки. Y ’

[+48 ′ 384J-384EJ L8I+G Максимальное отклонение (x=0)/= — Iql * WAEJ * Теперь мы можем

определить J: / _ из жестких условий. 7^ — 3 8 4£7′ Iql 7.40-8- 10E-103 384.2-10° 7= = 2910см. I балка № 24 момент инерции 7=3460см\366 метод анализа для определения деформации[гл. XVIII Определите момент сопротивления из условий интенсивности: Afmax8″ — — — Т Т-8-10″ — * * * см>’ I луч No. It достаточно разместить 20A С W=203cm*. Таким образом, поперечное сечение определяется из условий жесткости.

Образовательный сайт для студентов и школьников

Копирование материалов сайта возможно только с указанием активной ссылки «www.lfirmal.com» в качестве источника.

Дифференциальное уравнение оси изогнутой балки

Для определения уравнения оси изогнутой балки воспользуемся законом Гука:

Выражение для кривизны некоторой кривой:

В пределах упругих деформаций квадрат угла поворота поперечного сечения балки ничтожно мал по сравнению с единицей. Поэтому (вторая производная от прогиба представляет собой кривизну изогнутой оси балки ( уравнение изгиба ) в рассматриваемом месте балки:.

Продифференцировав полученное уравнение дважды по z, получим дифференциальное уравнение оси изогнутой балки : .

Интегрирование дифференциального уравнения оси изогнутой балки

Интегрируя дифференциальное уравнение оси изогнутой балки первый раз, получим выражение, дающее закон изменения поперечной силы по длине балки.

Второе интегрирование дифференциального уравнения оси изогнутой балки определяет характер изменения изгибающего момента.

Третье интегрирование дифференциального уравнения оси изогнутой балки определяет характер изменения углов поворота поперечных сечений.

Четвертое интегрирование дифференциального уравнения оси изогнутой балки определяет закон изменения прогибов балки по ее длине.

Постоянные интегрирования определяются из условий закрепления балки.

Изогнутая ось балки

Изогнутая ось балки

Изгиб балки сопровождается искривлением ее оси. При этом точки оси получают поперечные перемещения или прогибы, а поперечные сечения поворачиваются относительно своих нейтральных осей. Углы поворота поперечных сечений принимаются равными углам наклона j касательной к изогнутой оси балки. Прогибы и углы поворота в балках часто называются линейными и угловыми перемещениями.

— закон изменения прогиба оси балки;

АМВ – изогнутая ось (упругая линия) – кривая, в которую превращается прямолинейная до деформации ось балки после приложения нагрузки;

— угол наклона касательной.

Прогибы и углы поворота в балках являются переменными величинами, т. е. функциями координаты х.

О знаке :

j — положительно, если при совмещении оси балки с касательной идет движение по часовой стрелке.

На часть конструкций часто накладываются жесткие ограничения на перемещения, например для балочных мостов, кран-балок и т. д., т. е. возникает необходимость рассмотрения геометрической стороны задачи при изгибе.

I . Дифференциальное уравнение изогнутой оси балки

Вид ИОБ определяется

1. действием нагрузки, которая вызывает внутренние усилия M , Q , N ;

2. геометрической характеристикой I ;

Значит

I – момент инерции поперечного сечения балки относительно его нейтральной оси;

Е – модуль упругости материала балки.

, E , I – от x не зависят.

В лекции «Напряжения в случае плоского поперечного изгиба балки» (прошлый семестр) рассматривалось «Определение нормальных напряжений». При этом было рассмотрено 3 стороны задачи:

1. геометрическая сторона задачи;

2. физическая сторона задачи;

3. статическая сторона задачи.

При рассмотрении геометрической стороны задачи была установлена зависимость

, где

— относительная деформация;

— прогиб оси балки;

— радиус кривизны ИОБ.

При рассмотрении физической стороны задачи была использована гипотеза о том, что продольные волокна балки не давят друг на друга, т. е. что изгиб сводится к деформациям продольных волокон, которые деформируются изолированно, испытывая простое одноосное растяжение (сжатие). Эта гипотеза делает возможным для связи деформаций и напряжений при изгибе использование закона Гука.

В статической стороне задачи было рассмотрено следующее сечение

Суммарное действие внутренних напряжений должно быть равно внешним воздействиям.

Имеет место 2 условия равновесия:

— сила по элементарным площадкам;

— сила по всему сечению.

Отсюда (1),

— радиус кривизны ИОБ;

— жесткость балки при изгибе (изгибная жесткость).

Так как в выражение (1) вошли все 3 фактора M , E , I , то осталось выразить через y .

Для этого воспользуемся выражением из высшей математики

(2)

Приравниваем (1) и (2).

(3) точное дифференц. уравнение ИОБ

Так как в реальных конструкциях нормами проектирования допускаются сравнительно малые прогибы, а именно

, то ИОБ в реальности пологая.

Угол

Поскольку , а , то этим слагаемым в выражении (3) можно пренебречь.

(4)

Эта формула устанавливает зависимость между ,и 2-ой производной от прогиба.

Известно, что , когда момент, растягивая нижние волокна, обращает балку выпуклостью вниз.

Тогда из математики (вторая производная от функции отрицательна, если кривая обращена выпуклостью в положительную сторону оси y ).

Таким образом, при положительном изгибающем моменте, 2-ая производная должна быть отрицательной, следовательно в уравнении (4) удерживается знак «-» и формула имеет вид

(5) приближенное дифференц. уравнение ИОБ

Основные дифференциальные зависимости

Ранее известные зависимости:

(6)

(7)

Уравнения (7) позволяют, имея q , Q и M (а эти величины всегда возможно определить, построив эпюры в балках), получить значения y (прогиба) и j (угла поворота).

II . Методы решения дифференциальных уравнений ИОБ

Существует 3 метода решения дифференциальных уравнений ИОБ:

1. Метод непосредственного интегрирования

2. Метод начальных параметров

1. Метод непосредственного интегрирования

Метод непосредственного интегрирования заключается в непосредственном интегрировании уравнения (5).