Главная Случайная страница Контакты | Мы поможем в написании вашей работы! | ||
|
Сечение А: QА = RА =40кH; MА =0;
Сечение С: Q c= RА – q 4=40-15 4=–20кH;
Mc=RА 4– q 4 2=40 4–15 2 4=40 кНм.
На участке АС действует равномерно распределенная нагрузка, поэтому изгибающий момент МX изменяется по закону параболы.
Для нахождения экстремального значения Мx определим положение сечения балки, в котором поперечная сила Q у =0:.
Q = R А– q z0= 0.
Откуда находим z 0 = RА / q =40/15=2,67м.
В этом сечении изгибающий момент принимает экстремальное значение. М хэкс = R А z– q z0 z0/2=40 2.67–15 2.672/2=53,33кНм.
Участок ВС (справа)
Сечение В: Q В=– R В=–35кH; M В=– M =30кHм.
Сечение С: Q c=– R В=–35кH; M c= R В 2– M =35 2–30=40кHм.
Эпюры Q и М х показаны на рис.2.3.
В опасном сечении Q =0 и М х =53,33 кНм.
Пример 2.4. Построим эпюры Q и М х для однопролётной балки с консолями, изображенной на рис. 2.4.
Из уравнений статики определяем опорные реакции.
∑ MВ =0; – RА 6+ q 6 (6/2+2)– M – F 1.5=0;
RА =(15 6 5–30–20 1,5)/6=65кH;
∑ MА =0; RВ 6– F 7.5– M – q 6 (6/2–2)=0; R В=(20 7.5+30+15 6 1)/6=45кH.
Для проверки спроектируем все силы на вертикальную ось у:
∑ Fy =0; –65+15 6–45+20=0.
Следовательно, опорные реакции определены правильно.
Вычисляем поперечные силы и изгибающие моменты в характерных сечениях
Дата публикования: 2014-11-02; Прочитано: 956 | Нарушение авторского права страницы | Мы поможем в написании вашей работы!