изгиб / Примеры решения

Пример № 3. Дано: q = 2 кН /м; а = 1 м; F = qa = 2 кН; M0 = qa2 = 2 кН·м.

Построить эпюры внутренних силовых факторов при изгибе (рис. 3).

Рис. № 3.

Решение. Определяем опорные реакции. Составим суммы моментов относительно опор А и В

åM A = M0 -q×4a×2a + RB ×4a - F ×5a =

=qa2 - 8qa2 + 4 RB a - 5qa2 = 0 Þ RB = 3qa = 3×2×1 = 6кН;

åMB = M0 -RA ×4a + q×4a×2a - F a =

=qa2 - 4 RA + 8qa2 - qa2 = 0 Þ RA = 2qa = 2 ×2 ×1 = 4кН.

Проверка:

åFy = RA - q× 4a + RB - F = 2qa - 4qa + 3qa - qa = 0.

Первый участок: 0 ≤ z1 ≤ 4 м.

Q1 = RA - q z1 = 2qa - q z1 ;

Мизг1 = - M0 + RA z1 - 12 q z12 = - q a2 + 2q a z1 - 12 q z12 .

При z1 = 0 Q1 = 2qa = 4кН , Мизг1 = - qa2 = - 2кН × м;

При z1 = 4 м Q1 = - 4 кН, Мизг 1 = - 2 кН·м.

4

Второй участок: 0 ≤ z2 ≤ 1 м.

Q = F = qa;

M = - Fz2 = - qaz2.

При z2 = 0 Q2 = 2 кН, Мизг 2 = 0.

При z2 = 1 м Q2 = 2 кН, Мизг 2 = - 2 кН·м.

Определяем максимальное значение изгибающего момента на первом участке. Из условия Q = 0 определяем z1*

Q1* = 2q a - q z1* = 0 Þ z1* = 2a = 2 м.

Подставляем z1* в уравнение изгибающего момента

Mmax = - qa2 + 2qa × 2a - 12 q(2a)2 = qa2 = 2кН × м.

Строим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.

Пример № 4. Дано: М = 30 кН·м, q = 10 кН/м, F = 20 кН, а = 2 м.

Построить эпюры внутренних силовых факторов при изгибе (рис. 4).

Рис. 4.

Решение.

Определяем опорные реакции. Составим суммы моментов относительно опор А и В

5

--

!МА = 0; −) + + ∙ 2 ∙ 4 − 2+ ∙ - ∙ 1,5- + 34 ∙ - + 5 ∙ 2- = 0; −30 + 10 ∙ 1 ∙ 0,5 − 20 ∙ 2 ∙ 3 + 34 + 20 ∙ 4 = 0;

Третий участок: 0 ≤ z3 ≤ a.

Q3 = - F + 2qz3;

+BD МизгE = 5BE − 2E .

При z3 = 0 Q3 = - 20 кН; Мизг3 = 0. При z3 = 2 м Q3 = 20 кН; Мизг2 = 0.

Определяем максимальное значение изгибающего момента

6