§ 110] УРАВНЕНИЕ ИЗОГНУТОЙ ОСИ БАЛКИ, ЗАЩЕМЛЁННОЙ КОНЦОМ 357

Возьмём балку № 24; для неё U=289 см и У=3460 см; принимая Е =2 10 получаем:

г 2 .10 . 23.10 /в ---ine.Q/in - - и, см у

3 . 2 . 10 . 3460 2-Ю. 2-10 1 1

2.2.10 .3460 - -радиана

Из этого подсчета видно, что действительно деформации обычных балок малы; наибольший прогиб составляет

0,78 1

- = 260 ДОЛЮ пролета;

квадрат же величины наибольшего угла поворота равен

(173)-

30000

Этой величиной, конечно, можно пренебречь по сравнению с единицей (см. формулу (18.5)).

Пример 74. Рассмотреть балку, защемлённую концом, нагружённую сплошной нагрузкой q т/м (фиг. 283).

Повторяя ход вычислений, имеем:

Фиг. 283.

Возведя (1 - х) в квадрат и интегрируя трёхчлен почленно, как и в пре-

ды0гщем примере, мы получили бы для произвольных постоянных нулевые значения. Рекомендуя это проделать самим учащимся, применим здесь другой приём интегрирования, представляющий особый интерес при решении задач с более сложной нагрузкой на балке. Так как dx = - d(l - лг), то, не раскрывая выражения (/ - xf и интегрируя первый раз по [-d(l - x% получаем:

Интегрируя первое слагаемое правой части по [-d(l - x)l а второе по dx, находим:

EJy = -f(l-xfJrCx + D.

При таком методе интегрирования- постоянные С и D не определяют непосредственно угла и прогиба в начале координат и в нуль не обращаются.

Вычисляем произвольные постоянные:

прих = 0 6 = = 0; С = -;

24-

при х = а у = 0; Окончательные уравнения углов поворота и прогибов будут:

lu-Q--6 ---6 6 - 6 - -\-

6 24 -

(18.16) . (18.17)

Наибольшие деформации на правом конце балки при лг = /соответственно равны:

max SEJ

(18.18)

(18.19)

Для пояснения действий при ином расположениц начала координат и ином направлении координатных осей рассмотрим эту же балку с той же нагрузкой т/м; однако начало координат возьмём в правом свободном конце. Ось X направим влево, ось у- попрежнему вверх (фиг. 284). Дифференциальное уравнение и его интегралы:

ЕУУ = Л!(.)=-, ЕУУ = ---fC, (18.20) EJy--+Cx + D. (18.21)

Фиг. 284.

В сечении А угол поворота и прогиб равны нулю, т. е,

при ;с = / у == в == 0; при х=1 у = 0.

Отсюда следует, что

Окончательные уравнения углов поворота и прогибов примут следующий вид:

, (18.22) (18.23)

Задавшись значением л: = 0 и вычисляя наибольшие значения в и

/шах сечении В, иолу чим:

Отах - В--ggj э

/max -/ J

bEJ

(18.18) (18.19)

Как видно, и в этом случае постоянные С и D, делённые на жёсткость балки EJ, дают значения угла поворота и прогиба балки в начале координат.

В выбранной системе координат угол имеет положительное значение. В системе же координат, принятой ранее (фиг. 283), этот же угол имел отрицательное значение. На знаке fg изменение в направлении оси х не отразилось.

§ 111. Интегрирование дифференциального уравнения изогнутой оси балки на двух опорах.

Пример 75. Разберём вычисление деформаций для балки, свободно лежащей на двух опорах и загружённой на всём пролёте сплошной нагрузкой q (фиг. 285). Начало координат вы- i берем в левом опорном сечении, ось * X направим вправо. В этой задаче, в отличие от двух предыдущих, для составления выражения М (х) надо найти опорные реакции.

По симметрии Л == 5 =-у-, а Н д= 0.

Последовательно вычисляем: Фир 285.

EJM(x)) Л!(.) = + -;с~ = + -(/л:--х);

ixl x 2

ix* 6

12

+ Cx + D.

(18.24) (18.25)

Нам известны следующие значения прогибов:

на опоре Л, то есть при л: = 0 прогиб 3 = 0 > В, * >>а: = / > у=0.

Применяя формулу (18.25) сначала к сечению Л, имеем:

D = 0;

применяя же её к сечению В, получаем следующее уравнение:

6 12 ,

откуда

--2Г-Формулы для у и принимают теперь вид:

+ С1,

(18.26)

p.dy q ( IX* х \ qP ql* 5Г-Т\2 3)~ 24 -~ 24

1-6 ,- + 4

(18.27) (18.28)