1510
.pdfотрицательные ниже. Характер эпюр на каждом участке определяется типом уравнения, описывающим изменения величин Qy и M z . Нужно заметить, что, поскольку поперечная сила яв-
ляется производной от изгибающего момента, в сечениях, где она равна нулю, эпюра моментов достигает своего экстремального значения (максимума или минимума).
Строим эпюры поперечных сил Qy и изгибающих момен-
тов M z (рис. 2.1, б, в).
3. Проведём проверку эпюр с помощью дифференциальных зависимостей между q , Qy и M z .
В нашем случае на первом участке AB действует постоянная распределённая нагрузка, следовательно, поперечная сила является линейной функцией координаты x (так как распределенная нагрузка есть производная от поперечной силы), а изгибающий момент будет изменяться по закону квадратной
параболы. |
В сечении B действует сосредоточенная сила, |
и эпюра Qy |
претерпевает скачок вниз на величину этой силы. |
В эпюру моментов сосредоточенная сила добавляет слагаемое, линейно зависящее от координаты.
На втором участке BC действует постоянная распределённая нагрузка, следовательно, поперечная сила является линейной функцией координаты x (так как распределенная нагрузка есть производная от поперечной силы), а изгибающий
момент будет изменяться по закону квадратной |
параболы. |
В сечении C действует сосредоточенный момент. |
В сечении, |
где приложен момент, эпюра претерпевает скачок в положительном направлении (так как момент изгибает балку так, что сжатые волокна находятся в верхней части сечения) на величину момента.
На третьем участке CD действует постоянная распределённая нагрузка, следовательно, поперечная сила является линейной функцией координаты x (так как распределенная на-
21
грузка есть производная от поперечной силы), а изгибающий момент будет изменяться по закону квадратной параболы.
На протяжении всей балки эпюра моментов не имеет экстремумов, так как эпюра поперечных сил не пересекает ось. Для проверки правильности составленных уравнений стоит взять производные от уравнений изгибающих моментов и сравнить с уравнениями перерезывающих усилий. Производная и уравнения должны совпадать.
Пример 2.2
Для расчетной схемы двухопорной балки (рис. 2.2, а) требуется построить эпюру поперечных сил и эпюру изгибающих моментов.
Дано: F = 14 кН, q = 15 кН/м, M = 8 кН м.
Решение:
1.Вычертим в масштабе схему балки с указанием всех численных значений (см. рис. 2.2, а).
2.Составим уравнения равновесия и определим реакции
опор RA и RC :
|
|
∑ M A = 5,3 4, 6 q + M + 3F − 7,3RC = 0 , |
|||
R |
= |
5,3 4,6q + M + 3F |
= |
365,7 + 8 + 3 14 |
= 56,9 кН. |
|
|
||||
C |
7,3 |
7,3 |
|
||
|
|
||||
∑ MC = 4,3F − M + 2,15 4,3q − 0,15 0,3q − 7,3RA = 0 ,
RA = 4,3F − M + 2,15 4,3q − 0,15 0,3q = 7,3
= 4,3 14 − 8 +138,675 − 0,675 = 26,1 кН. 7,3
Проверка:
∑ PY = −F + RC + RA − 4, 6q = −14 + 56,9 + 26,1− 69 = 0.
22
Рис. 2.2
3. Составим уравнения поперечных сил и изгибающих моментов по участкам. Используем метод сечений.
Примем за начало отсчёта сечение A. На участке AB, x (0;3)
Q ( x) = RA = 26,1 , Q (0) = 26,1 кН, Q (3) = 26,1 кН.
M ( x) = RA x = 26,1x , M (0) = 0 , M (3) = 78,3 кН·м.
23
На участке BC, |
x (3;7,3) |
|
|
|
|
||||
Q ( x) = RA − F − q ( x − 3) = 57,1−15x , |
Q (3) =12,1 кН, |
|
|||||||
|
|
|
|
|
Q (7,3) = −52, 4 кН. |
|
|
|
|
M ( x) = RA x − F ( x − 3) − q ( x − 3)2 |
= 57,1x − 7,5x2 − 25,5, |
|
|||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
M (3) = 78,3 кН·м, M (7,3) = −8, 4 кН·м. |
|
||||
На участке CD, |
x (7,3;7,6) |
|
|
|
|
||||
|
|
|
Q ( x) = RA + RC − F − q ( x − 3) = 114 −15x , |
|
|||||
|
|
|
|
Q (7,3) = 4,5 кН, Q (7,6) = 0 кН. |
|
||||
M ( x) = R |
A |
x + R ( x − 7,3) − F ( x − 3) − q ( x − 3)2 |
= 114x − 7,5x2 − 440,9, |
||||||
|
|
|
C |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M (7,3) = −8, 4 кН·м, M (7,6) = −8 кН·м. |
|
|||||
На участке DE, |
x (7, 6;10) |
|
|
|
|
||||
|
Q ( x) = RA + RC − F − q ( x − 3) + q ( x − 7,6) = 0 , |
|
|||||||
|
|
|
|
Q (7,6) = 0 , Q (10) = 0 кН. |
|
|
|||
M ( x) = R |
A |
x + R ( x − |
7,3) − F ( x − 3) − q ( x − 3)2 |
+ q ( x − 7,6)2 |
, |
||||
|
|
|
C |
|
|
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
M (7,6) = −8 кН·м, M (10) = −8 кН·м. |
|
||||
На участке BC, |
x (3; 7,3) поперечная сила проходит че- |
||||||||
рез ноль (так как на краях этого отрезка она имеет разные зна-
24
ки), поэтому в этой точке момент достигает экстремального значения. Определим точку экстремума: Q ( x0 ) = 57,1 −15x0 = 0, откуда x0 = 3,81 м (сечение K). Тогда экстремальное значение момента
M ( x0 ) = 57,1x0 − 7, 5x02 − 25, 5 = 83, 2 кН·м.
Построение эпюр Qy и M z производится по участкам на основе полученных уравнений (рис. 2.2, б, в).
Пример 2.3
Для расчетной схемы рамы (рис. 2.3, а) построить эпюры внутренних силовых факторов.
Решение:
1.Вычертим в масштабе схему балки с указанием всех численных значений (см. рис. 2.3, а).
2.Условно направляем реакции RA и RB вверх. Величину опорных реакций определяем из уравнений равновесия:
∑X = H A − P = 0.
∑M B = RB 3 + P 2 + M − q 3 1, 5 = 0.
∑ M A = RA 3 − M − q 3 1, 5 − P 2 = 0,
откуда HA = 4 т, RB = –1 т, RA = 7 т.
Знак минус реакции RB говорит о том, что первоначально выбранное направление реакции неверно. Истинное направление реакции RB изображено на рис. 2.3, а.
Проверим правильность определения реакций:
∑M c = RA 3 − H A 4 − M − q 3 1, 5 + P 2 = 21 − 16 − 4 − 9 + 8 = 0.
Следовательно, опорные реакции найдены верно.
25
Рис. 2.3
3. Разбиваем раму характерными сечениями на пять участков. Для правой стойки рамы эпюры внутренних силовых факторов строим как для обычной балки:
1-й участок (0 ≤ |
x1≤ |
2 м) : N = RB = 1 т. |
|
|
Q = 0. |
|
|
M = 0. |
2-й участок (2 ≤ |
x2≤ |
4 м) : N = RB = 1 т. |
|
|
Q = P = 4 т. |
M = −P(x2 − 2), M x2 = 2 = 0, M x2 = 4 = 8 тм.
26
Перед построением эпюр на ригеле в начало координат (в точку С) переносим по правилам теоретической механики все усилия, приложенные к правой стойке. По полученной таким образом новой расчетной схеме (рис. 2.3, б) как для обычной балки строим эпюры внутренних силовых факторов:
3-й участок (0 ≤ |
x3≤ 3 м) : N |
|
x3 = −P = −4 т. |
|||||||||
|
||||||||||||
Q |
|
= RB |
+ qx3 |
, Q |
|
x |
= 0 |
= 1 т, Q |
|
x =3 = 7 т. |
||
|
|
|
||||||||||
|
|
x3 |
|
|
|
3 |
|
|
|
3 |
||
|
|
|
= −P 2 − RB x3 − q |
x2 |
|
|
= −8 тм, |
|||||
M |
|
|
3 |
|
|
, M |
|
x3 = 0 |
||||
x |
|
|
|
|||||||||
|
3 |
2 |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
M |
|
x3 =1,5 = −11, 75 тм, M |
|
x3 =3 |
= −20 тм. |
|||||
|
|
|
|
|||||||||
Для левой стойки рамы эпюры строим как для обычной балки, начало координат которой находится в точке А:
4-й участок (0 ≤ |
x4≤ |
2 м) : N |
|
x4 = −RA = −7 |
т. |
||||||||||
|
|||||||||||||||
|
|
|
Q |
|
|
|
x4 |
= −H A = −4 т. |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||
M |
|
x4 = −H A x4 , M |
|
x4 =0 = 0, M |
|
x4 = 2 = −8 тм. |
|||||||||
|
|
|
|||||||||||||
5-й участок (2 ≤ |
x5≤ |
4 м) : N |
|
x5 = −RA = −7 |
т. |
||||||||||
|
|||||||||||||||
|
|
|
Q |
|
x5 |
= −H A = −4 т. |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||
M x5 = −H A x5 − M , M x5 = 2 = −12 тм, M x5 = 4 = −20 тм.
Эпюры продольных и поперечных сил и изгибающих моментов показаны на рис. 2.3, в, г, д.
Задание 2.1
Для расчетной схемы двухопорной балки с тремя силовыми участками построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.
27
Рис. 2.4
28
Содержание работы:
1.Определить все опорные реакции и проверить правильность их нахождения.
2.Записать уравнения для определения поперечных сил и построить эпюру Q.
3.Записать уравнения для определения изгибающих моментов и построить эпюру М.
Указание
Виды схем и числовые данные выбираются в соответствии
сшифром по рис. 2.4 и табл. 2.1.
|
|
|
|
|
Таблица |
2 . 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Номер |
|
|
Цифра шифра |
|
|
|
|
1-я |
2-я |
|
3-я |
4-я |
|
5-я |
|
|
Схема |
Р, кН |
|
М, кНм |
q, кН/м |
|
l, м |
1 |
1 |
2 |
|
4 |
3 |
|
2 |
2 |
2 |
3 |
|
2 |
3 |
|
2 |
3 |
3 |
4 |
|
1 |
2 |
|
3 |
4 |
4 |
1 |
|
3 |
2 |
|
3 |
5 |
5 |
3 |
|
5 |
2 |
|
3 |
6 |
6 |
4 |
|
2 |
3 |
|
2 |
7 |
7 |
2 |
|
6 |
3 |
|
2 |
8 |
8 |
5 |
|
1 |
3 |
|
2 |
9 |
9 |
1 |
|
2 |
2 |
|
3 |
10 |
10 |
6 |
|
3 |
2 |
|
2 |
Вопросы для самопроверки
1.Схемы устройства и условные обозначения основных типов опорных закреплений балок.
2.Как определяется величина опорных реакций?
3.Какие внутренние усилия возникают при поперечном
изгибе?
4.Какие правила знаков приняты для изгибающего момента и поперечной силы?
29
5.По каким законам изменяются поперечная сила и изгибающий момент при отсутствии и при наличии распределенной нагрузки?
6.В каких точках возникают «скачки» на эпюрах Q и M?
7.В каких точках возникают экстремальные значения изгибающего момента?
8.В чем заключается проверка правильности построения эпюр внутренних силовых факторов при изгибе?
9.Какая стержневая система называется рамой?
10.Какиесуществуютособенностипостроенияэпюрдлярам?
ТЕМА 3. РАСЧЕТ СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫХ БАЛОК НА ПРОЧНОСТЬ ПО НОРМАЛЬНЫМ И КАСАТЕЛЬНЫМ НАПРЯЖЕНИЯМ ПРИ ИЗГИБЕ
Изгиб является одним из самых распространенных видов деформации бруса. Если при других простых видах нагружения (растяжении-сжатии и кручении) первоначально прямая ось бруса остается прямой и после деформации, то при изгибе происходит искривление прямых брусьев, называемых в этом случае балками. Таким образом, если при деформации бруса происходит искривление его оси, томожноговорить, что брусподвергается изгибу.
Если в поперечном сечении бруса возникает только изгибающий момент, а другие внутренние силовые факторы отсутствуют, то такой изгиб называется чистым. Если в поперечном сечении бруса возникают поперечная сила и изгибающий момент, то такой изгиб называется поперечным.
Изучение теории изгиба можно проводить в три этапа:
1)определение внутренних усилий в балке при изгибе;
2)определение напряжений при изгибе;
3)определение перемещений при изгибе.
Основные расчетные формулы определения нормальных напряжений в балках выводятся для состояния чистого изгиба,
30