При построении эпюр изгибающих моментов M и перерезывающих
сил Q используем локальные координаты z1, z2: z1 отсчитываем от левого конца балки (точка O); z2 отсчитываем от правого конца балки (точка C) – см. рис.11.
Рис.11. Схема к построению эпюр Q, M.
Составляем аналитические выражения для Q, M по участкам.
Первый участок: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I: 0 ≤ z < 6 м; QI = Ro − qz1 = 48,33 − 20 z1; |
|
(34) |
M |
= R |
z |
− |
1 |
qz2 |
= |
48,33 z |
−10 |
z2. |
(35) |
|
I |
o |
1 |
2 1 |
|
1 |
|
1 |
|
Определяем положение экстремума изгибающего момента MI на первом участке. Обозначаем координату сечения балки, в котором достигается экстремум изгибающего момента MI , символом z1*. При z1 =
z1* перерезывающая сила QI должна обращаться в ноль.
QI = 0; z1* |
= |
|
Ro |
|
= |
48,33 |
≈ 2,42 м . |
|
|
|
|
q |
|
|
|
|
|
|
|
20 |
|
|
|
|
|
Второй участок: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
II: 0 ≤ z2 < 4 м; QII = – Rc + qz2 = – 22,5 + 20z2; |
|
|
|
(36) |
MII = Rcz2 |
– |
1 |
qz |
2= 22,5 z2 – |
10 |
z |
2 . |
(37) |
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
Определяем положение экстремума изгибающего момента MII на втором участке. Обозначаем координату сечения балки, в котором достигается экстремум изгибающего момента MII , символом z2*.
QII = 0; z |
= |
Rc |
= |
22,5 |
≈1,12 м. |
|
20 |
2 * |
|
q |
|
Максимальный по модулю изгибающий момент в пролете балки на первом участке maxMI определяется по выражению (35) при z1 = z1*:
maxM = R |
z |
− |
1 |
qz2 |
= 48,33 2,42 − |
1 |
20 2,422 = |
|
|
I |
o 1* |
|
2 1max |
2 |
|
= 116,96 – 58,56 = 58,4 кНм.
Рис.12. Эпюры Q, M в исходной расчетной схеме.
Максимальный по модулю изгибающий момент в пролете балки на втором участке maxMII определяется по выражению (37) при z2 = z2*:
maxM |
= R z |
− |
1 |
qz |
2 |
= 22,5 1,12 − |
1 |
20 1,122 = |
2 |
2 * |
|
II |
c |
2 * |
|
2 |
= 25,2 −12,5 =12,7кНм. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Максимальный по модулю изгибающий момент на опоре B |
определяется по выражению (35) при z1 = 6м: |
|
|
|
= 48,33 6 − |
1 |
20 62 = − 70 кНм. |
|
M |
|
|
|
|
|
|
|
I |
|
z |
= 6 |
|
|
|
2 |
|
|
222 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
По значениям перерезывающих сил и изгибающих моментов в пролетах балки и на опоре B на рис.12 построены эпюры Q, M в исходной расчетной схеме.
Пример 3. Однопролетная балка постоянного поперечного сечения защемлена на правом конце и оперта на шарнирно-подвижную опору на левом конце. В средней части пролета на балку действует равномерно распределенная нагрузка q = 20 кН/м; а = 1 м. Расчетная схема представлена на рис.13,а.
Требуется построить эпюры перерезывающих сил Q и изгибающих моментов M.
На опоре O действует реакция Ro, направленная вертикально; в заделке – три составляющие реакции: RB, HB, MB (рис.13,а). Для плоской системы сил можно составить только три независимых уравнения равновесия, а число реакций равно четырем – Ro, RB, HB и MB, следовательно, балка – один раз статически неопределимая. Для раскрытия статической неопределимости используем тот очевидный факт, что прогиб на опоре O равен нулю:
Используя условие (38) составим уравнение совместности деформаций, которое будет зависеть от искомой опорной реакции RO.
Отбросим "лишнюю" связь – опору O – и заменим ее действие реакцией RO, которая должна быть такой, чтобы выполнялось уравнение совместности деформаций (38); в результате получим эквивалентную систему, представленную на рис.13,б.
Для определения прогиба vo используем теорему Кастильяно
Рис.13. Расчетная (а) и эквивалентная (б) системы.
без учета перерезывающих сил Q:
|
∂U |
|
∂ |
|
|
|
M |
2 |
|
|
|
vo = |
= |
|
1 |
∫ |
|
|
= 0, |
(39) |
|
|
|
|
|
|
dz |
∂R |
∂R |
|
2 |
EJ |
|
o |
|
|
o |
(l) |
|
|
|
|
|
где U – потенциальная энергия деформации балки; l – пролет балки.
Уравнения равновесия балки: |
|
Σ Fy = 0; Ro – q 2a + RB = 0; |
|
Σ Fz = 0; |
HB = 0; |
(40) |
Σ M(B) = 0; Ro 4a – q 2a 2a + MB = 0.
Система уравнений (39), (40) позволяет найти HB , Ro, RB, MB. Изгибающий момент под знаком интеграла в соотношении (39)
необходимо выразить через искомую реакцию Ro. Разбиваем балку на три участка (рис.13,а) и составляем выражения для изгибающих моментов:
первый участок: 0 ≤ z < a; MI = Ro z; |
(z − a) |
|
|
|
второй участок: а ≤ z < 3a; MII = Roz − q(z − a) |
= Roz − |
1 |
q(z − a)2 ; |
|
|
2 |
2 |
третий участок: 3a ≤ z < 4a; MIII = Roz – q 2a (z – 2a).
Дифференцирование под знаком интеграла в правой части (39) дает:
|
|
|
M |
|
∂M |
|
1 |
a |
z2dz + |
1 |
3a |
|
|
|
1 |
q(z − a)2 |
|
v |
= |
∫ |
|
|
dz = |
|
∫ R |
|
∫ |
R |
z − |
|
zdz + |
|
∂Ro |
|
|
|
o |
|
(l) EJ |
|
|
EJ o |
o |
EJ |
a |
|
o |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+ |
|
|
1 |
|
4a∫ |
(R |
z − 2qa (z − 2a)) zdz . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(41) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
EJ |
3a |
|
o |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Интегралы в правой части выражения (41) для перемещения vo |
вычисляем отдельно. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
|
a∫ z2dz = R |
|
|
|
z3 |
|
a = R |
|
|
a3 |
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(a) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
o |
o |
|
|
|
|
|
|
o |
3 |
|
|
o |
|
|
o |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3a |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z3 |
|
3a |
|
1 (z |
− a)4 |
|
3a |
|
1 (z |
− a)3 |
|
|
3a |
|
|
|
q (z |
− a)2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∫ |
R |
|
z − |
|
|
zdz = R |
|
|
|
|
− |
|
|
q |
|
|
|
|
|
− |
|
|
q |
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
o |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
o |
3 |
|
|
a |
|
2 |
|
|
4 |
|
|
a |
|
|
2 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8a3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= R a |
3 |
27 −1 |
− |
|
1 16a |
|
− |
1 |
|
|
|
= |
26 |
|
|
|
3 |
− |
48 + 32 |
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
q |
|
|
|
|
|
|
|
|
qa |
|
|
|
R a |
|
|
|
|
|
qa |
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
2 |
|
4 |
|
|
|
2 |
|
|
3 |
3 |
|
24 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
o |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
o |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
26 |
R a |
3 |
− |
10 |
qa |
4 |
; (b) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
o |
|
|
|
|
|
|
|
|
4a∫ (R z − 2qa (z − 2a))zdz = R |
z3 |
|
4a |
− 2qa (z − 2a)3 |
|
4a |
− 2qa 2a (z − 2a)2 |
|
4a |
= |
|
|
|
|
3 |
|
|
|
3a |
o |
|
|
|
|
o |
|
|
|
3a |
|
|
|
|
3 |
|
|
|
3a |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
3a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
64 − 27 |
3 |
|
7 a3 |
|
2 3a2 |
|
37 |
|
|
3 |
|
28 + 36 |
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= R |
|
a |
|
− 2qa |
|
|
− 4qa |
|
|
|
|
|
= |
|
R |
a |
|
− |
|
|
|
|
|
qa |
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
3 |
2 |
|
3 |
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
o |
|
|
|
|
|
|
|
o |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
37 |
|
|
3 |
− |
32 |
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
R a |
|
|
qa |
|
|
|
. (c) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
o |
|
|
|
|
|
|
|
|
Суммируем (a), (b), (c) и делим на EJ:
|
1 |
1 |
R a3 |
|
26 |
|
3 |
|
10 |
|
4 + |
v = |
|
|
|
|
+ |
|
R a |
− |
|
|
qa |
|
|
|
|
|
|
o |
EJ |
3 |
o |
|
3 |
o |
|
|
3 |
|
|
37 |
|
|
3 |
|
32 |
|
4 |
|
|
|
R |
a |
|
− |
|
qa |
|
|
= |
|
|
|
|
3 |
|
o |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
1 |
|
64 |
|
|
3 |
|
42 |
|
4 |
|
= |
|
|
|
R |
a |
|
− |
|
qa |
|
. (d) |
|
|
|
|
|
|
EJ |
3 |
|
o |
|
|
3 |
|
|
|
Приравниваем vo к нулю в соответствии с (39) и находим реакцию Ro опоры O:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 64 |
|
|
3 |
|
42 |
|
|
4 |
|
|
|
|
42 |
|
|
21 |
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
a |
|
− |
|
|
|
qa |
|
= 0 , R |
|
= |
|
|
|
qa = |
|
qa . |
(42) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
EJ 3 |
o |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
o |
|
|
64 |
|
|
32 |
|
|
|
|
Из уравнений равновесия (40) определяем реакции RB и MB: |
|
R |
= 2qa − R |
= 2qa |
− |
21 |
qa = |
64 − 21 |
qa = |
43 |
qa ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
32 |
|
|
|
|
|
B |
|
|
|
o |
|
|
|
|
32 |
|
|
32 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
= 4qa2 − 4R |
a |
= 4qa2 − |
4 21 |
qa2 = |
32 − 21 |
qa2 = |
11 |
qa2. |
|
|
|
|
|
B |
|
|
|
|
o |
|
|
|
|
|
|
|
|
32 |
|
|
|
|
|
8 |
|
8 |
|
|
Подставляем числовые значения q = 20 кН/м, а = 1м в выражения для
Ro, RB, MB:
Ro = 13,125 кН, RB = 26,875 кН, MB = 27,5 кНм.
Знак "+" у полученных реакций означает, что их направление выбрано правильно.
Проверяем правильность найденных реакций:
∑ M(o) = – q·2a·2a – MB + RB·4a = – 80 кНм – 27,5 кНм + 107,5 кНм = 0.
Построение эпюр Q, M по участкам.
Эпюра Q (рис.14,а): участок I: QI = Ro = 13,125 кН;
участок II: QII – изменяется по линейному закону от значения 13,125 кН в сечении с координатой z = a до значения – 26,875 кН в сечении с координатой z = 3a;
участок III: QIII = – RB = – 26,875 кН.
Эпюра М (рис. 14,б):
– на первом и на третьем участках балки М – линейная функция [MI = Roz, MIII = Roz – q 2a (z – 2a)], поэтому для построения графиков достаточно иметь по две точки;
– на втором участке необходимо найти экстремум функции МII(z) =
= Roz − |
1 |
q(z |
− a)2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Вычисляем значения изгибающего момента на первом участке: |
M |
|
|
z=0 |
= 0; M |
|
z = 3a |
= R |
3a − q 2a2 = |
21 |
qa 3a − 2qa2 = − |
1 |
qa2= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
o |
32 |
|
20 12 |
32 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= − |
= − 0,625 кНм; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
32 |
|
|
|
|
|
|
|
Вычисляем значения изгибающего момента на третьем участке: |
M |
|
|
z |
= 4a |
= R |
|
4a − q4a2 = − 27,5 кНм. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
o |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Экстремум функции МII(z) достигается в сечении с координатой z* , где Q(z) обращается в ноль:
QII = 0, |
z* |
= |
za − z* |
, |
Ro |
|
|
|
RB |
RBz + Roz = 2Roa;
z* = |
2Roa |
|
= |
|
R |
+ R |
|
|
|
|
o |
B |
|
|
= |
|
2 13,1251 |
|
= 0,656 м; |
|
|
|
|
|
|
|
13,125 + 26,875 |
Рис.14.Эпюры Q (а), M (б) в исходной расчетной схеме.
M=13,1251,656 − 1 20 (1,656 −1)2 = 21,735 − 4,3 =17,43кНм; II z =1,656 2
Максимальный по модулю изгибающий момент в пролете балки на втором участке имеет значение
maxMII = 17,43 кНм.
Максимального по модулю значения изгибающий момент в балке достигает на опоре B
max|M| = 27,5 кНм.
3.3. Проверочный расчет статически неопределимой балки.
Пример 4. Стальная однопролетная балка постоянного поперечного сечения двутаврового профиля № 40 с консолью жестко заделана в стену правым концом и оперта на шарнирно-подвижную опору на левом конце. Расстояние между опорами l = 5 м, вылет консоли a = 2 м. На консоль действует равномерно распределенная нагрузка интенсивностью
q = 20 кН/м.
Расчетная схема представлена на рис. 15. Допускаемые напряжения
σadm = 160 МПа, τadm = 100 МПа. Жесткость балки EJ; E – модуль Юнга, J
– осевой момент инерции поперечного сечения.
Требуется построить эпюры изгибающих моментов М и перерезывающих сил Q, а также произвести проверочный расчет.
Балка один раз статически неопределимая.
Уравнения равновесия балки: ΣM(o) = 0;5Rc – 2q(5+1) – Mo = 0,
5Rc – Mo = 240; |
(43) |
ΣFy = 0: Rc – 20 2 + Ro = 0, |
|
Ro + Rc = 40. |
(44) |
Рис. 15. Исходная расчетная схема.
Два уравнения равновесия (43), (44) содержат три неизвестные опорные реакции Ro , Rc , Mo ; для их отыскания необходимо составить еще одно уравнение. Выберем начало координат на опоре O, ось z направим влево, а ось y – вверх.
Используем тот факт, что прогиб на опоре C в исходной расчетной схеме равен нулю:
Прогиб на опоре C выразим с помощью метода начальных параметров (Приложение 2). Два начальных параметра известны: vo = 0, θ0 = 0; два других – искомые реакции Ro, Mo.
Уравнение упругой линии балки на первом участке (0 ≤ z < 5 м)
EJ v |
1 |
|
|
|
|
|
2 |
+ |
1 |
|
|
|
3 |
|
|
= |
|
|
|
|
M |
o |
z |
|
|
R |
z |
|
. |
(46) |
|
|
6 |
|
I |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
o |
|
|
|
Условие совместности деформаций: |
|
|
|
|
|
v |
|
z = 5 = 0. |
|
|
|
|
|
|
(47) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Подставляем (46) в (47) и получаем еще одно уравнение для |
отыскания опорных реакций Ro , Rc , Mo: |
|
|
|
|
|
|
|
|
Mo |
|
52 |
+ |
Ro |
53 |
|
= 0 . |
(48) |
|
2 |
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Из системы уравнений (43), (44), (48) определяем Ro, Rc, Mo:
Rc = 52 кН, Ro = – 12 кН, Mo = 20 кНм.
При построении эпюр Q, M используем локальные системы координат: на I-ом участке координату z отсчитываем от опоры O влево; на II-ом участке ко-
ординату z1 отсчитываем от свободного конца консоли вправо.
Строим аналитические выраения Q, М по участкам:
I: 0 ≤ z < 5м:
QI = Ro = 12 кН;
MI = Mo − Roz = 20 −12z ;
II: 0 ≤ z1 < 2м:
QII |
= – |
qz1 |
= – 20z1 ; |
M |
|
= − |
1 |
qz2 |
= −10 z2. |
II |
|
|
2 |
1 |
1 |
Рис.16. Расчетная схема (а), эпюры Q(б) и M(в).
Геометрические характеристики двутавра № 40 выбираем из сортамента – ГОСТ 8239-72* (Приложение 3). Площадь сечения А = 72,7
см2; осевой момент сопротивления Wx = 953 см3.
228
σ |
= |
max |
|
M |
|
|
= |
40 103 |
|
= 0,042·109 |
Па = 42 МПа; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
953 10− |
|
max |
|
W |
6 |
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
σmax < σadm = 160 МПа.
τ |
= |
3 |
|
Q |
|
max |
= |
40 103 |
= 0,55·107 = 5,5 МПа; |
|
|
|
|
|
|
|
72,7 10− 4 |
max |
|
|
|
2A |
|
τmax < τadm = 100 МПа.
Условия прочности выполнены.
3.4. Проектировочный расчет статически неопределимой балки.
Пример 5. Стальная двухпролетная балка, нагруженная в правом пролете равномерно распределенной нагрузкой q = 20 кН/м, опирается на одну шарнирно-неподвижную и две шарнирно-подвижные опоры.
Расстояние между опорами l = 3 м. Допускаемые напряжения σadm = 140
МПа, τadm = 80 МПа. Жесткость балки EJ = const; E – модуль Юнга, J – осевой момент инерции поперечного сечения. Расчетная схема представлена на рис. 17.
Требуется построить эпюры изгибающих моментов М и перерезывающих сил Q, а также произвести проектировочный расчет, т.е. подобрать размеры поперечного сечения стального двутаврового профиля.
Балка один раз статически неопределимая.
Уравнения равновесия балки: ΣM(c) = 0;
|
R |
6 |
+ R |
|
3 |
− 20 3 |
|
3 |
= 0 ; |
(49) |
|
B |
|
|
o |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
ΣM(o) = 0; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
− R 6 − R 3 + 20 |
3 |
+ |
3 |
|
3 |
|
= |
|
2 |
|
|
c |
|
|
B |
|
|
|
|
|
|
|
= 0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(50) |
Рис. 17. Исходная расчетная схема балки.
Два уравнения равновесия (49), (50) содержат три неизвестные опорные реакции RO , RB , RC; для их отыскания необходимо составить дополнительные уравнения.
Выберем начало координат на опоре O, ось z направим вправо, а ось y – вверх.
Используем тот очевидный факт, что прогибы на опорах B,C равны нулю:
vB = v |
z=3 = 0; vc = v |
z=6 = 0. |
(51) |
Прогибы на опорах B,C выразим через заданные силы по методу начальных параметров (Приложение 2). Два начальных параметра известны: vO = 0, MO = 0; два других – RO , θO следует найти. Так как появилось еще одно неизвестное – параметр θO , в дополнение к уравнениям равновесия (49), (50) составим два уравнения, отражающие
условия совместности деформаций балки на опорах B,C. |
|
Уравнение упругой линии балки на первом участке (0 ≤ z < 3м): |
|
|
= EJθ z + R |
|
z3 |
|
EJv |
|
|
; |
(52) |
|
I |
o |
o 6 |
|
Уравнение упругой линии балки на втором участке (3 ≤ z < 6м):
EJv |
= EJθ |
z + R |
z3 |
+ R |
(z − 3)3 |
− q |
(z − 3) |
4 |
. |
(53) |
|
|
|
|
II |
o |
o 6 |
B 6 |
24 |
|
|
|
Подставляем (52) в первое условие совместности деформаций (51), (53) – во второе условие совместности деформаций (51) и получаем два дополнительных уравнения для определения RO , RB , RC , θ0 :
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
EJθ |
3 + R |
|
33 |
|
= 0; |
|
|
|
|
|
(54) |
6 |
|
|
|
|
|
o |
o |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
EJθ |
12 + R |
|
|
63 |
+ R |
|
33 |
− 20 |
34 |
= 0. |
(55) |
o |
|
B 6 |
|
o |
|
6 |
|
|
24 |
|
|
Решив систему уравнений (49), (50), (54), (55), находим опорные реакции:
Ro = – 3,75 кН, RB = 37,5 кН, Rc = 26,25 кН.
Для построения эпюр изгибающих моментов М и перерезывающих
сил Q используем локальные координаты z1 и z2 (рис.18,а). Координату z1
отсчитываем от левой опоры балки (точка O), координату z2 – от правой опоры (точка C).
Строим аналитические выражения для Q, M по участкам.
I: 0 ≤ z1 < 3 м; |
Q |
= R |
= − 3,75 кН , |
M = R |
z |
= − 3,75z |
; |
(56) |
|
I |
o |
|
I |
o 1 |
1 |
|
|
II: 0 ≤ z2 < 3 м; |
QII = – Rc + qz2 = – 26,25 + 20 z2 ; MII = Rcz2 – |
|