сечения- угол между касательной к изогну-
той оси и горизонталью
прогиб «у»
(перемещение сечения вверх или вниз от первоначального положения) угол поворота сечения «θ»
Разделы презентаций
- Разное
- Английский язык
- Астрономия
- Алгебра
- Биология
- География
- Геометрия
- Детские презентации
- Информатика
- История
- Литература
- Математика
- Медицина
- Менеджмент
- Музыка
- МХК
- Немецкий язык
- ОБЖ
- Обществознание
- Окружающий мир
- Педагогика
- Русский язык
- Технология
- Физика
- Философия
- Химия
- Шаблоны, картинки для презентаций
- Экология
- Экономика
- Юриспруденция
Изгиб Расчет на жесткость
Содержание
- 1. Изгиб Расчет на жесткость
- 2. При изгибе балки в качестве деформаций рассмат-риваютсяДеформации
- 3. Деформации при изгибеИз математики известно уравнение для определе-ния кривизны линиии, учитываяуравнение изогнутой оси балкиимеем
- 4. или в видеДеформации при изгибеИнтегрируя уравнение первый
- 5. Деформации при изгибеИз этих формул сформулированы различные
- 6. Деформации при изгибеПринимается единое начало координат, помеща-ют
- 7. Универсальные уравнения для определения где θ -
- 8. Прямой поперечный изгиб, определение прогибов методом начальных
- 9. 1. Вычерчиваем расчетную схему балки в масштабе
- 10. 2. Определяем реакции, рассматривая условие равновесияΣУ =0;
- 11. 3. Балка разбивается на участки со своим
- 12. 4. В пределах каждого участка проводим сеченияYВ=20кНQz2=
- 13. Аналитические выражения для М в каждом сечении
- 14. где Wн.о. – момент сопротивления относительно нейтральной
- 15. Слайд 15
- 16. 1) Двутавровый профиль, материал Сталь 3 Ближайшее
- 17. Пример определения деформаций при изгибеYА=20кНq=40кН/мМ=20кНмYВ=20кНМА1,0 м1,0 мВzCD1,0
- 18. YА=20кНq=40кН/мМ=20кНмYВ=20кНМА1,0 м1,0 мВzCD1,0 мДеформации при изгибе
- 19. Деформации при изгибеzС =1м;zD=1,5м
- 20. 128,92q=10кН/мМ=35кНмYА=51,3кНАВ12а=4,4 мYВ=42,7кН1z1z2z32330,5а=1,11,1мИЗГИБ Расчет на жесткостьСКЖесткость балки с сече-нием двутавра№40EIх=2·1011·19062·10-8==38124кНм2
- 21. Для определения начальных параметров, а именно θ0
- 22. Для определения прогиба в точке С записываем
- 23. Слайд 23
- 24. Прямой поперечный изгиб, определение прогибов методом начальных
- 25. yq=40кН/мABYA=11кНYB=69кНМ=24кНмa=1 м0,5a0,5aСDKzF=20кНТочки А и В на опорах:
- 26. YA=11кНyQ, кНq=40кН/мABYB=69кНМ=24кНмa=1 м0,5a=0,5м0,5a=0,5мСDK20М, кНм5z1Закрыта отброшенная частьХарактер на-гружения:
- 27. yQ, кНq=40кН/мABYA=11кНYB=69кНМ=24кНмa=1 м0,5м0,5a=0,5мСDK20949М, кНм519zХарактер нагружения:нагрузка q,YA, Mz22Qz2=
- 28. yQ, кНq=40кН/мABVA=11кНVB=69кНМ=24кНмa=1 м0,5a=0,5м0,5мСDK2094920М, кНм51910zПереносим начало координат на
- 29. Подбор сечения Подбираем поперечное сечение по изгибающему
- 30. Определение перемещенийДля построения изогнутой оси балки необходимо
- 31. ,
- 32. Определим прогибы в т. D ( в
- 33. zК=2,0мПринимая величину допустимого прогиба, равной 0,01l , имеем уadm=0,01·1000=10мм.Следовательно, условие жесткости балки выполня-ется.
- 34. Q, кНYB=69кН
- 35. Скачать презентанцию
При изгибе балки в качестве деформаций рассмат-риваютсяДеформации при изгибеугол поворота сечения- угол между касательной к изогну-той оси и горизонтальюпрогиб «у» (перемещение сечения вверх или вниз от первоначального положения) угол поворота сечения
Слайды и текст этой презентации
Слайд 2При изгибе балки в качестве деформаций рассмат-риваются
Деформации при изгибе
угол поворота
сечения- угол между касательной к изогну-
(перемещение сечения вверх или вниз от первоначального положения)
Слайд 3Деформации при изгибе
Из математики известно уравнение для определе-ния кривизны линии
и,
учитывая
уравнение изогнутой оси балки
имеем
Слайд 4или в виде
Деформации при изгибе
Интегрируя уравнение первый раз получают угол
поворота сечения, второй раз – прогиб.
Но при интегрировании необходимо определять
постоянные интегрирования из граничных условий, которыми являются условия закрепления балки.
Слайд 5Деформации при изгибе
Из этих формул сформулированы различные мето-ды определения деформаций.
При
этом необходимо выполнять некоторые приемы при решении.
Слайд 6Деформации при изгибе
Принимается единое начало координат, помеща-ют его на левом
конце балки.
Растояния до точек приложения момента, силы и начала нагруз-ки
обозначаются соот-ветственно: a, b, с. F
B
q
А
М
у
z
YA
YB
a
b
c
Если нагрузка заканчивается не доходя до рассмат-риваемого сечения, ее продлевают до сечения.
На участке продления добавляют нагрузку противо-положного знака.
Слайд 7Универсальные уравнения для определения
где θ - угол поворота в
исследуемом сечении;
у - прогиб в исследуемом сечении;
у0 - прогиб
в начале координат;θ0- угол поворота в начале кoоpдинат;
z- расстояние от начала координат до сечения,
где определяем перемещение;
Деформации при изгибе
углов поворота
прогибов
,
Слайд 8Прямой поперечный изгиб, определение прогибов методом начальных параметров.
Для заданной схемы
балки требуется:
1. построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов
М ; 2. подобрать балку двутаврового сечения из условия прочности, принимая σadm = 160 МПа;
3. определить жесткость балки, принимая Е = 2·1011Па;
4. найти прогиб балки в точке С и D методом начальных параметров.
Слайд 91. Вычерчиваем расчетную схему балки в масштабе с указанием размеров
и нагрузок
Y А
q=40кН/м
М=20кНм
YВ
М=20кНм
Пример решения задачи на изгиб
C
D
Слайд 102. Определяем реакции, рассматривая условие равновесия
ΣУ =0; YА +
YВ - q·1 = 0;
20 + 20 – 40 = 0; 0 = 0.
ΣM(A)= 0; YВ·3 +M-M-q·1·1,5 = 0;
YВ = q·1·1,5/3=40·0,5=20кН.
YВ = 20 кН.
ΣM(В)= 0; -YА·3+M-M+q·1·1,5=0;
Балка симметричная, реакции
одинаковы.
YА =20 кН
Проверка
Слайд 113. Балка разбивается на участки со своим законом изменения нагрузки
Балку
разбиваем на 3 участка
1-й участок:
0 ≤ z1 ≤ 1м
Меняем
направление оси z , помещая начало координат в точку В
Слайд 124. В пределах каждого участка проводим сечения
YВ=20кН
Qz2= YА – q(z2-1);
Qz2=1=20 кН. Qz2=2= -20 кН.
Qz1= YА ;
Qz1=0=20 кН;
Qz1=1=20 кН.Qz3= - YВ;
Qz3=0=-20 кН; Qz3=1=-20 кН.
Аналитические выражения для Q в каждом сечении и значения для сечений на концах участков :
20
20
Q, кН
Строим эпюру поперечных сил Q
Записываем уравнения для определения Qz и Мz,
При z2=1,5 м, Qz2=0.
Слайд 13Аналитические выражения для М в каждом сечении и значения для
сечений на концах участков :
Mz2= YА· z2 - q(z2-1)2/2);
Mz2=1=20 кНм; Mz2=1,5=5 кНм; Mz2=2=20 кНм;
Mz1= YА· z1;
Mz1=0=0; Mz1=1=20 кНм.
Mz3= YВz3;
Mz3=0=0; Mz3=1=20 кНм.
Опасные сечения - сечения с изгибающим моментом, равным 20 кНм.
5
М,кНм
20
20
Строим эпюру изгибающих моментов Mz
Слайд 14где Wн.о. – момент сопротивления относительно нейтральной оси, которая в
сечении балки совпада-
ет с осью х
Подбор сечения
Подбор сечения выполняем из
условия прочности при изгибеоткуда
Слайд 161) Двутавровый профиль, материал Сталь 3
Ближайшее к полученному значению
момента сопротивления соответствует двутавру № 18, для которого Wн.о. =
143 см3 .Подбор сечения
Жесткость балки с сечением двутавра №18
EIх =2·1011·1290·10-8=2580·103Нм2 =2580кНм2
Слайд 17Пример определения деформаций при изгибе
YА=20кН
q=40кН/м
М=20кНм
YВ=20кН
М
А
1,0 м
1,0 м
В
z
C
D
1,0 м
Начало координат в
точке А
В точке А – опора, поэтому
Но угол поворота
на опоре не равен 0, поэтому, чтобы определить θ0, используем второе условие закрепления.yА=y0=0
yВ=0.
Слайд 20128,92
q=10кН/м
М=35кНм
YА=51,3кН
А
В
1
2а=4,4 м
YВ=42,7кН
1
z1
z2
z3
2
3
3
0,5а=1,1
1,1м
ИЗГИБ Расчет на жесткость
С
К
Жесткость балки с сече-
нием двутавра№40
EIх=2·1011·19062·10-8=
=38124кНм2
Слайд 21Для определения начальных параметров, а именно θ0 (y0=0), рассмотрим условие
закрепления балки
z- расстояние от начала координат до сечения,
где определяем перемещениеzВ=6,6 м
Слайд 22Для определения прогиба в точке С записываем уравнение прогибов для
данного сечения
zС =4,4м
Определяем угол поворота в точке К
zК =5,5м
Слайд 24Прямой поперечный изгиб, определение прогибов методом начальных параметров.
Для заданной схемы
балки требуется:
1. построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов
М ; 2. подобрать балку двутаврового сечения из условия прочности, принимая σadm = 160 МПа;
3. определить жесткость балки, принимая
Е = 2·105 МПа;
4. найти прогибы балки в характерных точках методом начальных параметров и построить изогнутую ось балки.
Слайд 25y
q=40кН/м
A
B
YA=11кН
YB=69кН
М=24кНм
a=1 м
0,5a
0,5a
С
D
K
z
F=20кН
Точки А и В на опорах: прогиб уА и
уВ равны нулю.
Точки С,А,D,В и К –характерные, в них определяем
прогиб. Определение реакций
Составляем уравнения равновесия сил, приложенных к балке:
ΣМ(А)=0; - М + q· 0,5· 0,25 - q · 1· 0, 5+ YВ· 1- F ·1,5= 0;
YВ· = М+ q· 0,5· 0,75+ F ·1,5=24+15+30=69кН
ΣМ(В)=0; - М + q· 1,5· 0,75 –YA· 1- F ·0,5= 0;
YА= -М+ q· 1,5· 0,75- F ·0,5=-24+45-10=11кН
ΣУ = 0; YА+ YB– F - q· 1,5 = 0; 11 + 69–20 - 40·1,5 = 0; 80-80=0; 0=0.
Слайд 26YA=11кН
y
Q, кН
q=40кН/м
A
B
YB=69кН
М=24кНм
a=1 м
0,5a=0,5м
0,5a=0,5м
С
D
K
20
М, кНм
5
z
1
Закрыта отброшенная часть
Характер на-
гружения: q
Qz1= - q·z1;
Qz1=0=0;
Qz1=0,5=-20 кН.
Mz1= - qz12/2;
Mz1=0=0;
Mz1=0.5=-5 кНм.1
1
z1
Слайд 27y
Q, кН
q=40кН/м
A
B
YA=11кН
YB=69кН
М=24кНм
a=1 м
0,5м
0,5a=0,5м
С
D
K
20
9
49
М, кНм
5
19
z
Характер нагружения:
нагрузка q,YA, M
z2
2
Qz2= - q·z2+YA;
Qz2=0.5=-40*0,5+11=-9;
Qz2=1,5=-40*1,5+11=-49.
Mz2= - qz12/2+M+YA*(z2-0,5);
Mz2=0,5=-40*0,52/2 +24=19;
Mz2=1,5=-40*1,52/2
+24+11=10.10
Слайд 28y
Q, кН
q=40кН/м
A
B
VA=11кН
VB=69кН
М=24кНм
a=1 м
0,5a=0,5м
0,5м
С
D
K
20
9
49
20
М, кНм
5
19
10
z
Переносим начало координат на правый конец
Характер нагружения:
F
3
3
z3
Qz3= F=20;
Mz3= - Fz3;
Mz3=0=0;
Mz3=0,5=-20*0,5=-10.
20
F=20кН
Слайд 29Подбор сечения
Подбираем поперечное сечение по изгибающему моменту в опасном
сечении Mmax =19 кНм из условия прочности
По таблице сортамента: Двутавр
№18Жесткость балки
ЕIх=2·1011·1290·10-8=2580·103Нм2=
=2580кНм2.
Слайд 30Определение перемещений
Для построения изогнутой оси балки необходимо определить прогибы в
точках С,D и К
у - прогиб в исследуемом сечении;
θ0 -
прогиб в начале координат;у0 - угол поворота в начале координат;
z- расстояние от начала координат до сечения, для которого определяем перемещение
Начало координат - на левом конце балки, который не закреплен, поэтому найдем начальные параметры из условия закрепления балки: на опорах прогиб равен 0
Слайд 32Определим прогибы в т. D ( в середине пролета балки
между опорами) и в точке К на конце правой консоли
zD =1,0м
Слайд 33zК=2,0м
Принимая величину допустимого прогиба, равной
0,01l , имеем уadm=0,01·1000=10мм.
Следовательно, условие
жесткости балки выполня-
ется.
