Решение

1. Найдем реакции опор. Для этого разделим балку на две части, освободим её от связей и заменим их действие реакциями. К обеим частям приложим усилие взаимодействия в шарнире С (рис. 1.8б). В связи с тем что сумма проекций внешних сил на ось Z равна нулю, реакция равна нулю.

Для левой части балки составим уравнения равновесия сил:

,

,

откуда .

Таблица 1.8

1	2
3	4
5	6
7	8
9	10

Продолжение табл. 1.8

11	12
13	14
15	16
17	18
19	20

Окончание табл. 1.8

21	22
23	24
25	26
27	28
29	3 о о 0

Из уравнения имеем:

,

.

Для правой части балки

,

.

Из уравнения имеем:

,

.

Выполним проверку. Для всей конструкции т.е.

,

.

Таким образом, реакции опор найдены правильно.

2. Разделим обе части балки на три участка (рис. 1.8б) и получим выражения для внутренних усилий.

Для первого участка :

;

,

при

при .

Для второго участка :

;

,

при ,

при .

На первом и втором участках поперечная сила постоянна по величине, поэтому её эпюра представляется в виде прямоугольников, а изгибающий момент меняется по линейному закону.

Для третьего участка:

при ,

при .

Видим, что поперечная сила меняет знак, следовательно, эпюра моментов имеет экстремум в этом сечении. Эпюра Q пересекает нулевую линию в сечении .

;

– парабола, так как входит в это выражение во второй степени,

при ,

при .

Итак, на третьем участке получили более сложные зависимости: эпюра поперечных сил имеет линейный характер, а эпюра изгибающих моментов – парабола.

По полученным значениям строим эпюры Q и M (рис. 1.8в), правильность которых проверяется с помощью набора соответствующих правил.

Следует обратить внимание на то, что изгибающий момент на шарнире С должен равняться нулю.

Задача Э-5

Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для однопролетной консольной балки.

Расчетные схемы балок и варианты (1-6) соотношений между нагрузками и длинами участков рамы приведены в табл. 1.9 и 1.10.

Таблица 1.9

Параметры	1	2	3	4	5	6
P	qa	2qa	qa	2qa	2qa	qa
M	2qa2	qa2	qa2	2qa2	3qa2	3qa2

Пример 1.5

Построить эпюры внутренних усилий Q и M для однопролетной консольной балки, заделанной левым концом (рис. 1.9а).

Решение

Если балка заделана одним концом, то для построения эпюр внутренних усилий вычислять реакции опоры А необязательно. При этом выражения поперечных сил и изгибающих моментов в балке, заделанной левым концом, нужно составлять от правых концов участков. Это упрощает решение задачи. Однако напомним, что в заделке возникают три опорные реакции: Y_А, X_А и M_А.

Рассматриваемая балка имеет четыре участка, обозначенные на рис. 1.9а римскими цифрами. Составим выражения поперечных сил Q и изгибающих моментов M в поперечных сечениях балки.

I участок( 0 ≤Z₁≤ 2a ):

Q( z₁) = qz₁; M(z₁) = – qz₁²/2.

Здесь qz₁ – равнодействующая равномерно распределенной нагрузки в пределах отрезка длиной z₁ участка I. Как эпюру Q, так и эпюру M на первом участке построим по двум значениям:

Q(0) = 0, Q(2a) = 2qa; M(0) = 0, M(2a) = –2qa².

Эпюра поперечных сил представлена линейной зависимостью, эпюра изгибающих моментов – параболой, выпуклость которой направлена навстречу нагрузке.

Таблица 1.10

1	2
3	4
5 6
8 7
Продолжение табл. 1.10
9	10
11	12
13 14	16
15
Продолжение табл. 1.10
1 18 7
20 19
21	22
23	24
Окончание табл. 1.10
25	26
2 28 7
29	30

II участок( 0 ≤Z₂≤ a ):

Q( z₂) = q (z₂ + 2a) – 2,5qa; Q(0) = – 0,5qa, Q(a) = 0,5qa;

M(z₂) = – q (z₂ +2a )²/2 + 2,5 qa z₂; M(0) = –2qa²,

M(2a) = –2qa².

M = 2qa²

q

P2 =qa

а)

Z4 Z3 Z2 P1 =2.5qa Z1

a a a 2a

IV III II I

2qa

1,5 qa

б)

0,5qa

Q

0,5qa

M

0,5qa²

1,875qa²

2qa² 2qa²

2qa²

Рис. 1.9

На втором участке поперечная сила меняет знак и равна нулю в сечении, для которого абсцисса z_2Э определяется из выражения

Q( z₂) = q (+ 2a) – 2,5qa = 0, откуда = 0,5a.

В этом сечении изгибающий момент имеет экстремум, а именно максимум. Подставляя значение = 0,5a в выражение M(z₂) , найдем величину M_max :

M_max = M() = –q (0,5a +2a )²/2 + 2,5 qa 0,5a = – 1,875qa².

Для построения эпюры изгибающих моментов вычислим еще два значения:

M(0) = –2 qa², M(a) = –2qa².

III участок( 0 ≤Z₃≤ a ):

Q( z₃) = 3q a – 2,5qa = 0,5qa .

На этом участке поперечная сила Q постоянна, значит, эпюра M ограничена наклонной прямой линией

M(z₃) = –3 qa (z₃ + 1,5a ) + 2,5 qa ( z₃ + a) + 2qa²,

которую строим по двум значениям :

M(0) = 0, M(a) = – 0,5qa².

IV участок( 0 ≤Z₄≤ a ). Изгибающий момент и поперечную силу в поперечном сечении четвертого участка можно было определить, отбросив правую часть балки, что упростило бы их определение. Но для этого требуется найти значения опорных реакций в заделке А балки, а следовательно, упрощение решения может не быть достигнуто. Поэтому записываем выражения для четвертого участка, отбрасывая левую часть балки:

Q( z₄) = 0,5q a + qa = 1,5qa;

M(z₄ ) = –3 qa (z₄ + 2,5a ) + 2,5 qa ( z₄+ 2 a) + 2qa² – qa z₄ .

Определяем величины М при двух значениях z₄ :

M(0) = – 0,5qa², M(a) = – 2qa².

По полученным значениям построим эпюры Q и M для IV участка балки (рис. 1.9б). Эпюры на III и IV участках идентичны.

Задача Э-6

Построить эпюры нормальных, поперечных сил и изгибающих моментов для плоской рамы.

Расчетные схемы рам и варианты соотношений между нагрузками и длинами участков рамы приведены в табл. 1.11 и 1.12.

Таблица 1.11

Параметры	1	2	3	4	5	6
b	a	a	a	a	2a	a
l	1,5a	2a	1,5a	2a	1,5a	1,5a
P	qa	qa	2qa	qa	2qa	2qa
M	qa2	qa2	qa2	2qa2	qa2	2qa2

Пример 1.6

Построить эпюры внутренних усилий для плоской рамы, схема нагружения которой показана на рис. 1.10а.

Решение

1. Найдем реакции опор.

Отбросим связи, наложенные на раму в опорах А и В, заменим их действие реакциями и составим уравнения равновесия сил:

;

;

,

откуда

.

Для проверки правильности определения реакций используем уравнение

.

2. Разделим раму на четыре участка по силовым и кинематическим признакам, применим на каждом из них метод сечений, запишем аналитические выражения для внутренних усилий.

В сечениях первого участка

; ;.

В сечении все внутренние усилия равны нулю. Для построения эпюр используем значения

, .

Для второго участка

; ;

.

Для построения эпюры поперечных сил вычислим два значения:

, .

Эпюра пересекает нулевую линию в сечении

.

Изгибающий момент в этом сечении экстремален и равен

.

Необходимы еще два значения для построения эпюры изгибающих моментов:

, .

Эпюры внутренних усилий на участках III и IV строятся с использованием зависимостей

, ,;

, ;

Таблица 1.12

1	2
3	4
5	6
7	8

Продолжение табл. 1.12

9	10
11	12
13	14
15	16

Продолжение табл. 1.12

17	18
19	20
21	22
23	24

Окончание табл. 1.12

25	26
27	28
29	30

.

Вырезая узлы С и D (рис. 1.10б) и прикладывая действующие на них моменты, убеждаемся, что их суммы равны нулю. Эпюра изгибающих моментов построена верно.

a/2 y 3a

Z1 Z2

а)

Z3 a/2 a YB Z 4

A B

qa/2 x XB

YA

qa/2

47qa/ 24

37qa/24

35qa/24

37qa/24

qa/2 qa/2

37a/24

qa/2

0,687qa²

qa²/8

C D

б)

3qa²/8 qa²/4 qa²/2 qa²/2

qa²/8 C 3qa²/8 D

qa²/2

qa²/4 qa²/2 Рис. 1.10

Задача Э-7

Построить эпюры нормальных, поперечных сил и изгибающих моментов для плоской рамы.

Варианты расчетных схем рам и соотношений между нагрузками и размерами приведены в табл. 1.13и 1.14.

Таблица 1.13

Параметры	1	2	3	4	5	6
b	a	a	2a	2a	a	2a
P	qa	2qa	qa	qa	2qa	2qa
M	qa2	qa2	qa2	2qa2	2qa2	2qa2

Пример 1.7

Для рамы, показанной на рис. 1.11, построить эпюры нормальных, поперечных сил и изгибающих моментов.

.