Главная страница Случайная страница
Разделы сайта
АвтомобилиАстрономияБиологияГеографияДом и садДругие языкиДругоеИнформатикаИсторияКультураЛитератураЛогикаМатематикаМедицинаМеталлургияМеханикаОбразованиеОхрана трудаПедагогикаПолитикаПравоПсихологияРелигияРиторикаСоциологияСпортСтроительствоТехнологияТуризмФизикаФилософияФинансыХимияЧерчениеЭкологияЭкономикаЭлектроника
Пример построения ЛВ опорных реакций и внутренних усилий в сечении n многопролетной балки
|
|
На рис. 10, а приведена схема неподвижной нагрузки, необходимая для определения значений реакции и внутренних усилий с помощью линий влияния, а на рис. 10, б – схема движения единичной вертикальной силы Р, равной 1, по балке AL, от которой строятся линии влияния. Затем строим поэтажную схему (рис. 10, в).
5. 1. Построение линий влияния опорных реакций RD и RE.
1) Ставится единичный груз P =1 на балку CF. Начало системы координат (X, Y) принимается на опоре E. Абсцисса груза меняется в пределах – 2 м < х< 8 м, а балки AC и FL мысленно отбрасываются
∑ ME = 0: RD l – P x = 0, откуда RD = P x / l; (1)
∑ MD = 0: –RE l – P(l – x) = 0,
откуда RE = P(l – x) / l; (2)
При x = – 2 м: RD = – 1/3, RE = 4/3,
x = 0 м: RD = 0, RE = 1,
x = l м: RD = 1, RE = 0,
x = 8 м: RD = 4/3, RE = – 1/3.
2) Единичный груз Р =1 переносится на балку FL. Начало местной системы координат (X 1, Y 1) принимается на опоре K. Абсцисса груза меняется в пределах – 2 м < x 1 < 6 м.
∑ MK = 0: RF l 1 – P x 1 = 0: RF = P x 1 / l 1.
Выразим RD и RE через давление RF. Для этого прикладываем давление RF на балку CF в точке F, мысленно отбросив балки AC и FL.
∑ ME = 0: RD l + RF · 2 = 0; RD = –RF · 2 / l = – (P x 1 / l 1 ) · 2 /l;
∑ MD = 0: –RE l + RF · 8 = 0; RE = RF · 8 / l = (P x 1 / l 1 ) · 8 /l.
Итак, при движении P = 1 по участку FL реакции равны:
RD = – (P x 1 / l 1 ) · 2 /l; (3)
RE = (P x 1 / l 1 ) · 8 /l. (4)
При x 1 = – 2 м: RD = 1/9, RE = – 4/9,
x 1 = 0 м: RD = 0, RE = 0,
x 1 = l 1 м: RD = – 1/3, RE = 4/3.
3) Переносим единичный груз P =1 на балку AC. Начало местной системы координат (X 2, Y 2) примем на опоре С, абсциссу груза меняющейся в пределах 0 м < х 2 < 6 м.
Определяем реакцию RC:
∑ MB = 0: –RC l 2 + P(l 2 – x 2 ) = 0, откуда RC = P(l 2 – x 2 ) / l 2;
Выразим RD и RE через давление RC. Для этого приложим RC на балку CF в точке С, мысленно отбросим балки AC и FL.
∑ ME= 0: RD l – Rс ·8 = 0; RD=Rс ·8 /l=P((l 2 – x 2 )/l 2 ) ·8 /l;
∑ MD= 0: –RE l – RC ·2 = 0; RE= –RC ·2 /l=–P((l 2 – x 2 )/l 2 ) ·2 /l;
Итак, при движении P =1 по участку AC реакции равны:
RD= P ((l 2 – x 2 )/l 2 ) ·8 /l; (5)
RE= –P ((l 2 – x 2 )/l 2 ) ·2 /l; (6)
При x 2=0 м: RD = 4/3; RE = – 1/3;
x 2= l 2=4 м: RD = 0; RE =0;
x 2=6 м: RD = – 2/3; RE =1/6;
По полученным ординатам строим ЛВ RD и RE, (см. рис. 10, г, д).
|
5.2. Построение линии влияния Mn и Qn в сечении n балки AL
1) Пусть единичная сила движется по балке CF левее сечения n, абсцисса меняется в пределах 3 м< x 2< 8 м, а реакция RE – по закону (2). Из равновесия части балки nF с меньшим количеством сил относительно сечения n получим
Mn=RE b; (a)
Qn= –RE; (б)
Подставим значения RE=P(l–x)/l из (2) в формулы (а) и (б), откуда получим:
Mn=bP(l-x)/l; Qn= –P(l–x)/l;
При x =3 м: Mn =1, 5; Qn = – 0, 5;
x =6 м: Mn =0; Qn =0;
x =8 м: Mn = – 1; Qn = 1/3;
2) При движении единичной силы по балке АС абсцисса меняется в пределах 0< x 2< 6м, а реакция RE – по закону (6):
RE=–P((l 2 –x 2 )/l 2 ) ·2 /l;
Подставим значение RE в формулы (а) и (б), получим:
Mn=RE b=[–P((l 2 –x 2 )/l 2 )) ·2 /l] · b;
Qn= –RE= P((l 2 –x 2 )/l 2 )) ·2 /l;
При x 2=0 м: Mn = – 1; Qn =1/3;
x 2= l2= 4 м: Mn =0; Qn =0;
x 2=6 м: Mn = 1/2; Qn = – 1/6;
3) Поставим единичную силу P =1 между сечением n и F балки CF, абсцисса будет меняться в этом случае в пределах – 2 м< x < 3 м, а реакция RD – по закону(1): RD=P · x/l.
Из равновесия левой части nC балки CF, ввиду того, что здесь меньше сил, получим для сечения n:
Mn=RD a; (в)
Qn=RD; (г)
Подставим значение RD в формулы (в) и (г), получим:
Mn=RD a=(P x/l) · a;
Qn=P x/l;
При x = – 2 м: Mn = – 1; Qn = – 1/3;
x =0 м: Mn =0; Qn =0;
x = b =3 м: Mn = 1, 5; Qn =0, 5;
4) Переносим единичный груз на балку FL. Здесь: – 2 м< x 1< 6 м, а RD определяется по формуле (3): RD=– (P x 1 /l 1 ) ·2 /l;
Подставим значение RD этого участка в формулы (в) и (г), получим:
Mn=RD a=[–(P x 1 /l 1 ) ·2 /l] a;
Qn=RD= – (P x 1 /l 1 ) ·2 /l;
При x 1= – 2 м: Mn =1/3; Qn =1/9;
x 1=0 м: Mn =0; Qn =0;
x 1= l 1=6 м: Mn = – 1; Qn = – 1/3;
По полученным значениям ординат строим линию влияния изгибающего момента Mn и поперечной силы Qn в сечении n балки(см. рис. 10, е, ж).
5.3. Определение реакции RD, изгибающего момента Mn
и поперечной силы Qn в сечении n балки AL
от заданной нагрузки, показанной на рис. 5, а
1. Вычисление величины опорной реакции RD,
RD=P 1 y 1 +P 2 y 2 +q 1 ω 1 +q 2 ω 2 +m tgα;
По рис. 5, г определяем ординаты под силами P 1 и P 2 на ЛВ RD:
y 1 = 2/3; y 2 = 1/9;
ω 1 =(– 2/3 ) ·2·1/2 +( 4/3 ) ·4·1/2 = 2 м2 – площадь ЛВ RD под распределенной нагрузкой q 1;
ω 2 =( 4/3 ) ·8·1/2 –( 1/3 ) ·2·1/2 = 5 м2 – площадь ЛВ RD под распределенной нагрузкой q 2;
tgα =( 1/3 ) ·1/6 = 1/18 – тангенс угла наклона ЛВ RD в точке приложения сосредоточенного момента m.
RD= 10·2/3+9·1/9+8·2+4·5+10·1/18=44, 2 кН.
2. Вычисление изгибающего момента Mn в сечении n.
Mn=P1 y1+P2 y2+q1 ω 1+q2 ω 2+m tgα.
По рис. 5, е определяем ординаты под силами P 1 и P 2 на ЛВ Mn:
y 1 = – 1/2; y 2 = 1/3;
ω 1 = 1/2·2·1/2–1·4·1/2= –1, 5 м2 – площадь ЛВ Mn под распределенной нагрузкой q 1;
ω 2 =– 1·2·1/2+1, 5·3·1/2–1·2·1/2=2, 5 м 2 – площадь ЛВ Mn под распределенной нагрузкой q 2;
tgα = 1/6 – тангенс угла наклона ЛВ Mn в точке приложения сосредоточенного момента m.
Mn= 10·(–1/2)+9·1/3+8·(–1, 5)+4·2, 5+10·1/6= –2, 33 кН.
3. Вычисление поперечной силы Qn в сечении n.
Qn=P 1 y 1 +P 2 y 2 +q 1 ω 1 +q 2 ω 2 +m tgα.
По рис. 5, ж определяем:
y 1 = – 1/2; y 2 = 1/3;
ω 1 =(– 1/6 ) ·2·1/2 +( 1/3 ) ·4·1/2 = 1/2 м2 – площадь ЛВ Qn под распределенной нагрузкой q 1;
ω 2 = 1/3·2·1/2 – 0, 5·3·1/2+0, 5·3·1/2 – 1/3·2·1/2=0 м2 – площадь ЛВ Qn под распределенной нагрузкой q 2;
tgα = 1/3·1/6=1/18 – тангенс угла наклона ЛВ Qn в точке приложения сосредоточенного момента m.
Qn= 10·1/6+9·1/9+8·1/2+4·0+10·1/18=7, 2 кН.
Из вычислений видно, что результаты усилий по методу плоских сечений и линиям влияний практически совпадают.
Литература
1. Дарков А. В. Строительная механика / А. В. Дарков, Н. Н. Шапошников. - СПб.: Издательство Лань, 2005. - 656 с.
2. Саргсян А.Е. и др. Строительная механика. Основы теории с примерами расчетов. Учебник для вузов / Под ред. Саргсяна А.Е. М., 1998.
3. Киселёв В. А. Строительная механика / В. А. Киселёв. - М.: Стройиздат, 1976. - 512 с.
4. Снитко Н. К. Строительная механика / Н. К. Снитко. - М.: Высш. шк., 1980. - 427 с.
5. Рабинович И. М. Основы строительной механики стержневых систем / И. М. Рабинович - М.: Госстройиздат, 1960. - 519 с.
|
|