![]() |
Главная Случайная страница Контакты | Мы поможем в написании вашей работы! | |
|
Контроль построения эпюр основан на выражениях (4.3) – (4.5). Согласно формулам приходим к следующим заключениям:
1) В тех местах, где действует сосредоточенная сила, на эпюре поперечных сил имеется скачок на величину этой силы, а на эпюре изгибающих моментов – излом (рис.4.7).
А Р В
а
L
Q
![]() |
А + + В Р
– –
Мmax=A·a Q
![]() |
Рисунок 4.7 – Схема для контроля построения эпюр
М
а В
A
Q
+
А – –
–
М
М + +
– –
A·a
Рисунок 4.8 – Схема для контроля построения эпюр
2) В тех местах, где действует момент М, на эпюре моментов будет скачок на величину это-го момента, а на эпюре поперечных сил это не отражается (рис.4.8).
3) В тех местах, где действует постоянная распределенная нагрузка, эпюра изгибающих моментов ограничена квадратной параболой, а эпюра поперечных сил – наклонной линией (рис. 4.9).
A = ql / 2 1 q B = ql / 2
z1
L
ql / 2 Q
+
–
M Mmax =ql2 / 8
+
z* = l / 2
Рисунок 4. 9 – Схема для контроля построения эпюр
4) В тех местах, где эпюра поперечных сил плавно (без скачков) меняет знак с плюса на минус или наоборот, на эпюре моментов будет экстремум (рис.4.9). Необязательно, что это наибольший момент на рассматриваемом пролете. В некоторых задачах это наименьший момент.
Однако исследовать сечение при z* обязательно и необходимо. Обратимся к задаче на рисунке (4.9).
Опорные реакции:
А = B = ql / 2.
Поперечная сила в сечении 1-1:
Q1-1 = A - qz1; 0 = < z1 = < l;
z1 = 0; Q = ql / 2; z1 = l; Q = ql / 2 - ql; Q = -ql / 2.
Определим z*:
0 = ql / 2 - qz*; z* = l/2.
Изгибающие моменты:
M1-1 = Az1 - qz12 / 2; z1 = 0; M = 0.
z1 = z* = l / 2; M = ql2 / 4 – q(l/2)2 / 2 = ql2 / 8.
5) В том случае, когда равномерно распределенная нагрузка направлена вниз, т.е.
d2M/dz2<0,
выпуклость кривой, ограничивающей эпюру изгибающего момента, направлена вверх – навстречу направлению действия распределенной нагрузки, если эпюра М строится на сжатом волокне и обращена вниз – по направлению действия нагрузки q, если эпюра М строится на растянутом волокне. При обратном направлении нагрузки (вверх) выпуклость кривой тоже имеет обратное направление.
6) На тех участках балки, где эпюра Q положительна, изгибающий момент с увеличением координаты z увеличивается, так как
dM / dz = Q > 0,
и, наоборот, там, где Q < 0, изгибающий момент уменьшается. На участках, где q = 0, изгибающий момент имеет постоянное значение.
Пример 4.1. Деревянная консольная балка, жестко защемленная одним концом, нагружена сосредоточенной силой P, моментом M и распределенной нагрузкой q(рис 4.10).
Определить внутренние усилия по участкам балки, построить эпюры Q и M, определить наибольшие нормальные и касательные напряжения и сравнить их с допускаемыми. Допускаемые напряжения для дерева (сосна) на растяжение и сжатие при изгибе [s] = 12 МПа и на сдвиг [t] = 8 МПа.
Исходные данные:
a = 1,5 м, b = 1 м, с = 0,5 м,
P = 0,5 Кн, q = 0,4 кН/м, m = 0,2 кг
m
а) q 3 2 1 z1
180мм
![]() | |||||||
![]() | ![]() | ![]() | |||||
3 2 z2 1 Р
z3 120мм
а в с
0,5
б)
+ z3*
–
0,5 0,5
0,762
0,75
0,55 0,25
0,45
в)
![]() |
+ +
Рисунок 4.10 – Схема к расчету: а) заданная нагрузка; б) эпюра поперечных сил; в) эпюра изгибающих моментов
Определяем внутренние усилия Q и М в поперечных сечениях балки методом сечения. Для этого условно рассекаем балку в произвольном месте каждого участка плоскостями 1-1, 2-2, 3-3. Из условия равновесия отсеченной части балки определяем поперечную силу Q и изгибающий момент М на каждом участке.
Сечение 1-1:
Qz1 = – Р, М z1 = Р z, 0 < z < c.
Сечение 2-2:
Qz2 = – Р + q(z2 – c), Mz2 = P z2 – q(z2 – c)2/2, c <z2 < b + c
Сечение 3-3:
Qz3 = – P + q(z2 – c), Mz3 = P z3 – q(z3 – c)2/2 + m, b + c < z3 < a + b + c
Вычисляем значения Q и M:
I участок:
z1 = 0. Qz1 = – 0,5 кН, Мz1 = 0
z1 = 0,5 м Qz1 = – 0,5 кН, Мz1 = 0,5 · 0,5 = 0,25 кН.м.
II участок:
z2 = 0,5 м Qz2 = – 0,5 кН, Mz2 = 0,5 · 0,5 = 0,25 кН.М
Z2 = 1,5 м Qz2 = 0,5 + 0,4(1,5 – 0,5) = – 0,1 кН Mz2 = 0,5 ·1,5 – 0,4(1,5 – 0,5)2/2 = 0,55 кН.м.
Значение изгибающего момента вычисляем также для середины второго участка:
z2 = 1 м Mz2 = 0,5 1 – 0,4(1 – 0,5)2/2 = 0,45 кН.м.
III участок:
z3 = 1,5 м Qz3 = - 0,5 + 0,4(1,5 – 0,5) = – 0,1 кН;
Mz3 = 0,5 ·1,5 – 0,4(1,5 – 0,5)2/2 +0,2 = 0,75 кН.м.
z3 = 3 м Qz3 = - 0,5 + 0,4(3,0 – 0,5) = 0,5 кН;
Mz3 = 0,5 · 3 – 0,4(3 – 0,5)2/2 + 0,2 = 0,45 кН.м.
Значение изгибающего момента вычисляем также и для середины третьего участка:
z3 = b + c +a/2 = 2,25 м; Mz3 = 0,5 ·2,25 – 0,4(2,25 – 0,5)2/2 + 0,2 = 0,71 кН.м.
Определяем максимальное значение изгибающего момента. Для этого определим значение z3*, при котором имеет место Mmax. В этом сечении поперечная сила равна нулю.
Qz3 = - P + q(z3* - c) = 0, тогда z*3 = (P + qc)/ = (0,5 + 0,4 ·0,5)/0,4 = 1,75 м.
Вычислим значение изгибающего момента Mmax:
Mmax = 0,5 ·1,75 – 0,4(1,75 – 0,5)2/2 +0,2 = 0,762 кН.м.
Момент сопротивления прямоугольного сечения равен:
Wx = bh2/6 = 12 ·182/6 = 648 см3 = 648 ·10-6 м3.
Нормальное напряжение в сечении, наиболее нагруженным изгибающим моментом Mmax равно:
s = Mmax/Wx = 0,762 ·103 ·106/648 = 1,18 МПа.
Касательные напряжения вычисляем по формуле Журавского, которая для прямоугольного сечения имеет вид:
t = 3/2 ·Q/bh = 3/2 ·0,5 ·103/0,12 ·0,18 = 0,3 МПа.
Прочность балки обеспечена как по нормальным, так и по касательным напряжениям.
Пример 4.2. Для стальной двухопорной балки (рис.4.11) определить внутренние усилия по участкам, построить эпюры Q и M и подобрать двутавровое сечение по максимальному изгибающему моменту Mmax. Проверить балку на прочность по касательным напряжениям. Допускаемые напряжения принять:[s] = 160 МПа, [t] = 80 МПа.
Исходные данные: a = 3 м, b = 1 м, c = 1,5 м,
m = 5 кН м, P = 4 кН, q = 2 кН/м.
m
RA 1 q 2 Rb 3 P
B
A
a) 1 2 3
z1 z3
z2
a b c
3,5 4 4
+
б) +
–
Z1* 2,5 2,5
3,06
в)
1,5
+
3,5 –
Рисунок 4.11 – Схема к расчету: а) заданная нагрузка; б) эпюра поперечных сил; в) эпюра изгибающих моментов
Определяем опорные реакции, используя уравнения равновесия:
SМА = 0. RВ (а + в) – q (а2/2) + m – Р (а + в + с) = 0.
SМВ = 0. – RА (а + в) + qа (а/2+в) + m – Рс = 0.
RB = (qа2/2 – m + Р (а + в + с))/(а + в) = 6,5 кН.
RА = (qа(а/2 + в) + m – Рс)/(а + в).
Правильность определения реакций на опорах проверяем, проектируя все силы на вертикальную ось:
SУ = 0 RА – qа + RВ – Р = 0 3,5 – 2·3 + 6,5 – 4 = 0.
Реакции определены правильно.
Определяем внутренние усилия Q и M в поперечных сечениях балки методом сечений.Для этого рассекаем условно балку в произвольном месте каждого участка плоскостями 1-1, 2-2, 3-3. Из условия равновесия отсеченной части определяем поперечную силу Q и изгибающий мо-мент М на каждом участке:
сечение 1-1 Qz1 = RA – qz1; Mz1 = RA z1 – qz12/2; 0 < z1 < 3;
сечение 2-2 Qz2 = RA – qa; Mz2 = RA z2 – qa(z2 – a/2) – m; 3 < z1 < 4;
сечение 3-3 Qz3 = Р; Mz3 = – Р z3; 0 < z1 < 1,5.
Вычисляем значения Q и М.
I участок:
z1 = 0; Qz1 = 3,5 кН; М z1 = 0.
z1 = 3 м; Qz1 = 3,5 – 2 · 3 = - 2,5 кН; М z1 = 3,5 · 3 - (2 · 32 )/2 = 1,5 кН.м.
Координату z1*, при которой момент имеет максимальное значение, находим из условия Qz1 = 0:
Qz1 = RA – qz1* = 0; z1* = RA / q = 3,5/2 = 1,75 м.
Изгибающий момент в этом сечении равен
Mmax = 3,5 · 1,75 – (2 · 1,75 2)/2.
II участок:
z2 = 3 м; Qz2 = 3,5 – 2 · 3 = - 2,5 кН; М z2 = 3,5 · 3 - 2 · 3 (3 – 3/2 ) – 5 = - 3,5 кН.м;
z2 = 4 м; Qz2 = 3,5 – 2 · 3 = - 2,5 кН; М z2 = 3,5 · 4 - 2 · 3 (4 – 3/2 ) – 5 = - 6 кН.м.
III участок:
z3 = 0; Qz3 = 4 кН; М z3 = 0.
z3 = 1,5 м; Qz3 = 4 кН; М z3 = – 4 · 1,5 = – 6 кН.
По этим данным строим эпюры Q и М.
Из условия прочности при изгибе s = М / W x £ [s]определяем необходимый момент сопротивления двутавровой балки:
W x = М / [s] = (6 · 103 )/(160 ·106) = 3,75 · 10- 5 м3 = 37,5 см3.
По таблице сортамента на двутавр подбирается номер двутавра Ö10 с моментом сопротивления W x = 39,7 м3.
Проверяем балку на прочность по касательным напряжениям: для этого вычисляем по формуле Журавского касательные напряжения для сечения, наиболее нагруженного поперечной силой (сечение на опоре В):
t = QS*x / bIx.
Из таблиц сортамента для двутавра N0 10 находим:
S*x = 23,0 см3; Ix = 198 см4; b = 4,5 мм = 0,45 см.
Тогда
t = 4·103·23,0·108 / 106·0,45·198 = 1,03МПа.
Прочность по касательным напряжениям обеспечена.
Пример 4.3. На рисунке (4.12,а) задана эпюра изгибающих моментов и закон ее изменения по длине балки.
Установить комбинации нагрузок, вызывающих эту эпюру.
(1 + 3z – 1,25z2)
(5 – z – z2)
1
1 11 +
а) – -1 – 111 1V
Дата публикования: 2015-01-23; Прочитано: 723 | Нарушение авторского права страницы | Мы поможем в написании вашей работы!