Главная Случайная страница Контакты | Мы поможем в написании вашей работы! | ||
|
Порядок построения эпюр рассмотрим на примерах. Для
составления выражений для поперечной силы и изгибающего момента применим метод сечений. Балку рассекаем в произвольном сечении каждого участка z либо в характерных сечениях. Для построения эпюр Q и М следует определять значения Q и М в характерных сечениях балки.
Пример 2.1. Построить эпюры Q и М х для консольной балки,
показанной на рис. 2.1.
Решение. В защемлении А возникают опорная реакция R A и опорный момент M A.
Из уравнения равновесия определяем значения R A и M A
∑ Fy = 0 – RA + q 4 – F = 0; RA = 20 4 – 20 = 60 кН.
∑ МA = 0 – MA – M – q∙ 4 2 + F 4 = 0;
MA = –8 –20 4 2 +20 4 = – 88 кН м.
Знак «–» означает, что опорный момент M A имеет противоположное направление.
Для проверки правильности значений R A и M A составим уравнение моментов относительно произвольной точки консоли В или С.
∑ МС = 0; – МА – RA 4 – M + q 4 2 = 0;
–(–88) –60∙4 – 8 + 20∙4∙2 = 0; 0 ≡ 0.
Следовательно, опорные реакции определены правильно.
Рис.2.1
В соответствии с характером загружения балки разобьем балку на два участка. Рассечём балку в произвольных сечениях на каждом участке и рассмотрим равновесие на участке АВ равновесие левой части балки, а на участке ВС равновесие правой части.
Выражения поперечных сил и изгибающих моментов будут иметь следующий вид.
Участок АВ 0 z 1,5 м.
Q = R A – q z=60 –20 z; МХ=R A z+МА–q z z/2=60 z -88–20 z2/2.
Эпюра Q изменяется по линейной зависимости, поэтому для по строения эпюры Q достаточно вычислить значения Q в начале и
конце участка. Эпюра МХ изменяется по нелинейной зависимости,
поэтому для построения эпюры МХ необходимо вычислить значения
изгибающих моментов в трех сечениях.
Вычислим значения Q и М Х.
при z =0 QА = 60 кН; МА = –88 кНм;
при z =1,5 м QВ = 30 кН; M B =–20,5 кНм;
при z =0,75 м МХ = –48,61кНм.
Участок СВ (справа) 0 z 2,5 м.
QС = q z – F = 20 z –20; МХ = – q z z/2 + F z =–20 z2/2+ 20 z.
Вычислим значения Q и М Х;
при z =0 Qс = –20 кН; МCc =0; при z =2,5 м QВ = 30 кН; M B =–12,5 кНм;
На участке имеется сечение, где Q =0. Изгибающий момент в этом сечении достигает экстремального сечения.
Определим положение сечения на этом участке, в котором поперечная сила Q равна нулю.
Q = q z0 – F = 20 z0 – 20 = 0, Откуда, находим z0 = 1 м.
Экстремальное значение Мх на участке ВС равно:
Мх max = F ∙ z0 – q∙ z0∙ z0 /2 = 20 1 – 20 1 0,5 = 10 кН∙м
Все найденные ординаты Q и М Х откладываем в удобном масштабе. Эпюры Q и Мх показаны на рис.2.1.
Опасным сечением будет сечение А, где Мх = –88 кНм, Q =60 кН.
Пример 2.2. Построим эпюры Q и М х для консольной балки, показанной на рис.2.2
Рис.5
Рис.2.2
Применим способ вычисления Q y и M x в характерных сечениях. Характерными сечениями для участка, где отсутствует распределённая нагрузка (q =0) являются начало и конец участка.
На участке, где действует распределённая нагрузка (q=const), изгибающий момент изменяется по закону квадратной параболы и характерными сечениями являются три сечения.
Если на этом участке имеется сечение, где Q =0, определяется положение этого сечения и значение экстремального Мх в этом сечении. Если на этом участке нет такого сечения, как правило, определяется значение Мх в середине участка.
Для консольной балки можно построить эпюры Q и Мх без определения опорной реакции R c и опорного момента М с.
Вычислим Q и Мх в характерных сечениях, начиная со свободного конца, т.е. с сечения А.
Участок АВ Сечение А: QА = 0; Мх = М = 10 кН∙м
Сечение В: QВ лев = 0; МВ = М = 10 кН∙м.
Участок ВС Сечение В: QВ пр = – F = –20 кН∙м: М В = М = 10 кН∙м
Сечение С: Q С = – F – q 2 = –20 –15 2 = –50 кН
М С = М – F 2 – q ∙2 1 = 10 – 40 – 30 = –60 кН∙м
Эпюры Q и М х представлены на рис.2.2. На участке АВ отсутствует распределенная нагрузка, Q =0, М х = 10 кН∙м = const.
Опасным сечением будет сечение С, где М х = –60 кН∙м, Q =–50 кН.
По эпюрам Q и М х можно определить значения опорной реакции и опорного момента в сечении С. R C = 50 кН, M C = –60 кН∙м.
Пример 2.3. Построим эпюры Qy и Мх для шарнирно опёртой балки, показанной на рис.2.3.
Рис.2.3
Из уравнений равновесия найдем опорные реакции R А и R В..
∑ M B =– RА 6+ q 4(2+2)+ F 2– M =0; RА 6+15–4 4+15 2–30=0;
RА =240/6=40кH.
∑ M А= R В 6– M – F 4– q 4 2=0; R В 6–30–15 4–15 4 2=0;
RВ =210/6=35кH.
Для проверки спроектируем все силы на вертикальную ось у.
∑ F y ==0; – R А+ q 4+ F – R В=0;
–40+15 4+15–35=0.
Следовательно, опорные реакции определены правильно.
Вычислим Q и Мх в характерных сечения.
Дата публикования: 2014-11-02; Прочитано: 3749 | Нарушение авторского права страницы | Мы поможем в написании вашей работы!