Решение

1. Определение реакций в опорах.

Уравнения равновесия:

Реакция в опоре направлена в обратную сторону.

Проверка:

Реакции определены верно.

2. Для упрощения расчетов при построении эпюр поперечных сил и изгибающих моментов можно провести расчет по характерным точкам без составления уравнений.

Для этого используют известные связи между поперечной силой и изгибающим моментом и правила построения эпюр.

Участок 1 (от точки А до точки С).

В точке А приложена реакция Ra, направленная вниз. Попереч­ная сила на участке постоянна:

Момент в точке А равен нулю.

Точка С (слева). Приложена внешняя сила F₁ = 35кН, направ­ленная вверх, — здесь возникнет скачок вверх на величину 35 кН. Момент в точке С (слева) может быть рассчитан по известной зави­симости

Участок 2 (от точки С справа до точки В).

Поперечная сила в точке С (справа) равна

В точке С приложена внешняя пара сил с моментом 80кН-м, следовательно, здесь проявляется скачок на величину приложенного момента:

.

Поперечная сила на втором участке постоянна:

Момент в точке В определяется по зависимости М_в = -Ra * 10 + F₁ * 4 + m; М_в = -36 • 10 + 35 • 4 + 80 = -140кН-м.

Справа и слева от точки В момент имеет одинаковые значения.

Участок 3 (от точки В (справа) до точки D).

В точке В приложена внешняя сила R_B. Здесь появляется ска­чок на величину 71 кН,

Q_B = — 1 + 71 = 70 кН.

Дальше по участку поперечная сила не изменяется. Момент в точке D равен нулю, т. к. здесь не приложена внешняя пара сил: M_D = 0.

Рассмотрение поперечных сил и изгибающих моментов можно было провести слева направо или справа налево.

По полученным значениям сил и моментов строим эпюры (эпю­ры под схемой вала, рис. 30.4).

Примеры решения задач

Пример 1. Одноопорная балка нагружена сосредоточенными силами и распределенной нагрузкой (рис. 31.1). Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.

Решение

Задачу решаем с помощью составления уравнений поперечных сил и изгибающих моментов в поперечных сечениях балки.

При проверке эпюр используем дифференциальные зависимости между интенсивностью распределенной нагрузки, поперечной силой и изгибающим моментом:

1. Производная от поперечной силы по длине балки равна ин­тенсивности распределенной нагрузки

2. Производная изгибающего момента по длине балки равна по­перечной силе

Рассмотрим участок 1, сечение 1. Поперечная сила Q₁ = - F₁ = —15 кН.

По принятому правилу знаков поперечная сила отрицательна и постоянна на этом участке.

Изгибающий момент M_Xl = — F₁ z₁.

0 ≤ z₁ ≤ 4м: М_А = 0; М_В = -15*4 = - 60кН*м.

Рассмотрим участок 2, сечение 2. Поперечная сила

Q₂ = — F₁ — q(z₂ — 4).

4м ≤ z₂ ≤ 8м:

Q_B = - F₁ = -15кН;

Поперечная сила изменяется по линейному закону.

Изгибающий момент

:

4м ≤ z₂ ≤ 8м:

при z₂ = 4м изгибающий момент М_В = — 60кН • м. В точке В нет внешнего момента, поэтому изгибающий момент слева и справа от точки В одинаков. В этом случае рассчитывать его дважды не следует;

Рассмотрим участок 3, сечение 3.

В точке С приложена внешняя сила F₂. На эпюре должен быть скачок, равный приложенной силе; на эпюре моментов должен быть излом.

Поперечная сила на участке 3: Q₃ = —F₁ — q(z₃ — 4) — F₂;

при z₃ = 10 м Q_D = -15 – 6*6 - 10 = - 61 кH.

Поперечная сила изменяется по линейному закону.

Изгибающий момент .

8 м ≤ z₂ ≤ 10 м:

при z₃ = 10 м

На участках 2 и 3 эпюра изгибающих моментов ограничена квад­ратичной параболой.

По полученным результатам, учитывая дифференциальные за­висимости между поперечной силой и изгибающим моментом, стро­им эпюры Q и М_х. На втором и третьем участках поперечная сила не имеет нулевых значений, поэтому на эпюре моментов нет экс­тремумов.