![](/user_photo/_userpic.png)
книги из ГПНТБ / Куликов, С. Я. Сопротивление материалов учеб. пособие
.pdfтогда
Положительные значения опорных реакций указывают, что направления этих реакций выбрали правильно.
2. Производив проверку опорных реакций:
Подставляя числовые значения в это уравнение, буд
следовательно, реакции найдены правильно.
3. Разбиваем балку на участки. Участок балки - это часть балки, на котором закон изменения силовых, факто является постоянным.
В нашем случае балку разбиваем на два участка (р
9.6,а).
Рассматриваем первый участок (рис.10.6,а).
Т участок // уцйетак.
Rn ,1,1\Их
Рис.10.6 Применяем метод сечений, для чего делаем мысленно ра
188
рез балки на расстоянии СС от левой опоры й . Отбра ваем правую часть и оставляем левую часть балки. Дейс отброшенной части на оставшуюся часть заменяем внутрен ми силовыми факторами - А/х и Qx по принятому правилу т.е. QK направляем так, чтобы они стремились повернуть оставшуюся часть, относительно центра тяжести сечения 0
часовой стрелке; Мх |
мы направляем так, чтобы растянутым |
|||
были нижние волокна. |
|
|
|
|
Составляем уравнения статики для оставшейся (левой) |
||||
части I участка балки: |
|
|
||
I . ХУ~0) |
fy-QK~0 |
01куда |
QX=.£A=Z? |
|
г.1М<~0} %ff-oc-/yx~0 |
тогда Мх-Р* |
^ |
||
это есть уравнение прямой линии, |
зависящей orJC, действ |
тельное в границах первого участка. Пределы изменения э будут: 0 ^ о с ^ г
Находим крайние значения f*fx :
Рассматриваем второй участок (рис.1С.б,б). Так как в нашем примере этот участок является последним, то м
идти справа, т.е. от |
опоры В. |
В связи с этил, |
оставляем правую часть и отбрасыв |
левую часть балки. Действие отброшенной части на оста ся часть заменяем приложением к эиой части внутренних
ловых факторов Qx |
и Мх |
по принятому правилу, Напишеи |
||
уравнения статики: |
|
|
|
|
I.S</~0; QK-$X-t%£*0откуда |
QK^p?-£& |
|||
JC ^ |
. Подставляя крайние значения второго |
|||
участка имеем: Q |
**• |
&~~Sy3r |
|
189
тогда М^&еХ-^Я |
foj |
Из найденных значений видно, что уравнение изгиба щего момента на втором участке балки - уравнение втор отепени, т.е. это будет кривая - квадратная парабола.
Для построения этой кривой нужно иметь минимум три т ки, из них крайние значения известны.
Для нахождения максимального изгибающего момента на участке с равномерно распределенной нагрузкой, борем пе вую производную от выражения момента и приравниваем ну Находим величину ос , где момент достигает максимума подставляем ее в выражение изгибающего момента, после чего вычисляем максимальный изгибающий момент, т.е. из выражения (а) следует:
0ТК а
dM_;e -арс^о • УД ^3 - /2 - 2: = о; эс^Ъ&н
Теперь подставим СС в выражение (а), получим:
Найденные числовые значения поперечных сил и изги бающих моментов дают возможность построить соответствую щие эпюры (рис.9.б, б,в).
Пример 2.6
Построить эпюры поперечных сил и изгибающих монен- 1 для балки, показанной на рис.II.6,а*
|
i |
Р 2 |
|
IffV. |
|
В |
|
|
|
|
|
|
|
'A |
|
5) QQ |
xu |
2 |
2 |
|
p |
T77T |
|
|
|
||
|
2 |
§L 1Ш. |
|
|
|
|
|
|
Pi |
Pt |
|
|
8 |
|
|
|
8 |
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис.II.6 |
|
Решение |
|
|
|
I . Определяем опорные реакции |
|
||
|
|
.отсюда £ е =^[ |
|
тогда |
^ |
^^.p-£L^£L |
|
8. Производим проверку опорных реакций |
|
||
13-1256 |
|
|
191 |
Подставляем в это выражение значения опорных реак ций» получим: р р Л
Следовательно, реакции найдены правильно. Разбиваем балку на участки. Оставляем левую часть балки (рис.12.
|
|
и для равновесия приклады- |
|
|
у Мх |
ваем к ней по принятому |
|
|
I |
правилу QK |
и Мк . |
|
) |
Рассматриваем первый |
|
Ж |
участок и напишем уравне- |
||
Qx |
ния статики. |
|
|
|
|
||
Рис.12.б,а |
|
|
|
1ЛУ*0; £fl-Q^Q |
|
e |
|
.откуда <3* = |
|
Тогда М^о; А Ц = =
Рассматриваем П участок (рис.12.5,б). Аналогично для этого участка можно записать уравнения статики:
откуда Q = вА -р~£-р
2 М о = 0 ; /Ъ-йс-Мж -Р{эс-£.)= О
отсюда Мх~^эс- |
PfPC-^r) |
Пределы участка будут: ^ ОС
Тогда Л £ . е =
192
Рассматриваем третий участок (рис.12.б,в)
Рис.12.6,б |
Рис.12.6,в |
Оставляем правую и отбрасываем левую часть банки. Для равновесия прикладываем к оставшейся части по принятом правилу QK и А/д. и напишем соответствующие уравнения статики:
QH~£S=0 .откуда <V* = ^ = ; f
£
По полученным значениям внутренних силовых факто
ров и строим эпюры (рис.II.б, б, в). |
|
Следует заметить, что положительные значения |
и |
Мк откладываем вверх от оси абсцисс, т.е. строки соот ветствующие эпюры на сжатых волокнах.
Пример З.б
Построить эпюры поперечных сил и изгибающих момен тов для балки, нагруженной равномерно распределенной н
.грузкой на среднем участке пролета (рис.13.6,а)
193
Рис.13.6
Решение
I . Определяем опорные реакции. Напишем уравнения статики:
ZMfi= О; ~£ёе+ |
- I |
, откуда. |
194
2. Производим проверку реакций:
Подставив числовые значения в это выражение,
получим; |
^ |
f " f ^ O ; |
0=о |
Следовательно, |
реакции найдены правильно. |
3. Разбиваем балку на 3 участка, как изображено на
рис.13.б,а. Используем |
метод сечений. Оставляем левую |
часть (рис. 14.б,а) и |
для равновесия прикладываем MA*QX |
|
по принятому правилу. |
|
Мх |
Рассматриваем первый учас |
|
ток (рис.14.6,а). Пишем урав |
||
|
||
|
нения статики для левой ос |
|
|
тавленной части: |
|
Рис.14.6,а |
|
|
|
, отсюда QX~R |
|
сЛ.М^О- ZjX-M^O |
,тогдаЛ ^ а ^ Т |
это есть уравнение прямой линии, зависящей от ос. , ко рое будет действительно в границах первого участка, т. пределы изменения ОС будут: О ^ ZX.
Находим крайние значения Мк :
'*=k У У " Т6
Аналогично рассматриваем второй участок (рис.14.6,б),
195
|
> |
|
77 В |
|
|
— % |
— |
|
|
1 |
*- |
|
а |
|
Рис.14.6,б |
Рис.14.6,в |
т.е. оставляем левую часть и прикладываем к ней по нятому правилу QK и Мх . Напиием уравнения статики:
откуда |
| И |
Подставл;.^ крайние значения второго участка в выраже ние для б? , получим;
Рассматриваем третий участок (рис.14.б,в). Остав ляем правую часть балки и для равновесия прикладыва к ней по принятому правилу QK и Мх • Напишем урав нения статики:
196
I.2"i/= О; Rg + Qf^O |
.отсюдаQx= -&в= ~ |
Из полученных значений видно, что уравнение изги щего момента на втором участке балки - уравнение вто отепени. Следовательно, это будет кривая - квадратная парабола. Чтобы построить эту кривую нужно иметь три точки, из которых крайние значения двух точек извест Остается найти третью точку, соответствующей значению макаимального изгибающего момента на этом участке. С целью берем первую производную от выражения момента и приравниваем нулю. Вычислим величину SC , где изгибаю щий момент будет достигать максимального значения. Подвтавим значение JC в выражение момента и находим максимальный изгибающий момент, т.е.:
Мж -#4Х- |
9&Чй\ |
<±№ = О; |
тогда RA - |
fy(3C-%)~0 |
|
Нахадимэс; R^^-t^^Q. |
^+Ц.~.р.аС |
откуда 31
Зная значение максимального изгибающего момента можно построить квадратную параболу. По найденным знач ниям QK и АД, строим соответствующие эпюры поперечных сил и изгибающих моментов (рис.13.б, б,в,).
197