3. Диференціальні залежності при згинанні

Розглянемо балку, навантажену довільним розподіленим навантаженням q(z) (рис. 2.6 а). В перерізі на відстані виділимо елемент довжиною dz . В перерізі I діють внутрішні силові фактори і , в перерізі II на відстані від першого діють внутрішні зусилля і + . У межах нескінченно малого dz навантаження q(z) можна вважати рівномірно розподіленим та рівним q.

Рисунок 2.6

Оскільки балка під дією зовнішнього навантаження знаходиться в рівновазі, то і кожен її елемент під дією зовнішніх та внутрішніх зусиль також знаходиться в рівновазі (рис. 2.6 б).

Запишемо рівняння статики:

1. , отже

(2.1)

2. ; , приводячи подібні члени та зневажаючи нескінченно малими другого порядку, одержимо: , звідки:

. (2.2)

3. Підставимо вираз (2.2) у залежність (2.1), одержимо :

. (2.3)

4. Приклади побудови епюр поперечних силта згинальних моментів

Приклад 1.

Розглянемо консольну балку з рівномірно розподіленим навантаженням q (рис. 2.7). Показуємо поточний переріз з координатою , межі її зміни, записуємо функції і . Рівномірно розподілене навантаження q замінюємо зосередженою силою (), яку прикладено посередині ділянки (плече зосередженої сили 0,5∙z).

; . Далі обчислюємо значення і :;;;.

Рисунок 2.7

З побудованих епюр, використовуючи правила перевірки, визначаємо опорні реакції і. Реакціядорівнює величині стрибка на епюрі в цьому перерізі та спрямована нагору, тому що позитивна. З умов статики одержуємо те ж саме значення.

На епюрі в затиcненні скачок моменту дорівнює , отже

. Через те що в затисненні негативний, топовинний бути спрямований проти годинникової стрілки. З умови статикиодержуємо те ж саме значення: .

Приклад 2.

Розглянемо двохопорну однопролітну балку з рівномірно розподіленим навантаженням q (рис. 2.8).

Рисунок 2.8

1. Визначаємо опорні реакції.

, , звідки: .

, , звідки: .

Перевірка: , .

Те, що реакції однакові та рівні половині зовнішнього навантаження, є наслідком симетрії задачі.

2. Показуємо поточний переріз з координатою , межі її зміни та записуємо функції і :  ;

.

Далі обчислюємо значення і :

, .

Звертаємо увагу, що в точці, де , згинальний моментповинен мати екстремальне значення. Таким чином, при .

Приклад 3.

Розглянемо двохопорну однопролітну балку, яка симетрично навантажена двома зосередженими силами F (рис. 2.9).

Рисунок 2.9

У зв’язку з симетрією задачі Запишемо функції і визначимо характерні значення і для ділянок:

перша ділянка: 

.

друга ділянка:  ,

.

Поперечна сила на ділянці дорівнює нулю, отже const, ділянка зазнає чисте згинання.

третя ділянка:  ;

.

Приклад 4.

Розглянемо двоконсольну балку (рис. 2.10).

Рисунок 2.10

1. Визначаємо опорні реакції:

звідки кН.

звідки кН.

Перевірка:

2. Побудуємо епюри внутрішніх зусиль. Для цього розбиваємо балку на ділянки, показуємо перерізи на кожній з них, вказуємо межі зміни координати , визначаємо й обчислюємо функції і .

Перша ділянка:  кНм.

Друга ділянка: 

кН; кНм; кН; кНм.

На другій ділянці поперечна сила змінює знак,а згинальний момент досягає максимального значення при. Координата визначиться з умови:

звідки м,

кНм.

Третя ділянка: 

; кНм.