Пиши Дома Нужные Работы

Обратная связь

Замечание. Длину балки, а также эпюры поперечной силы и изгибающего

Момента необходимо вычертить в масштабе. Приведем один из

возможных вариантов масштаба: масштаб длины балки 1см : 0,5м;

масштаб оси Q- 1 см : 4 кН; масштаб оси M- 1 см : 3 кНм.

Задача 2. Построение эпюр внутренних силовых факторов в балке на двух опорах

 

Исходные данные:

a=2м; b=3 м; с=1м;

F=7кН; q1=6кН/м; q2=5кН/м;

m=12кНм.

 

 

Рис.11

Для заданной расчетной схемы балки на двух опорах (рис.11) требуется:

1. Определить опорные реакции.

2. Построить эпюры поперечных сил (Q) и изгибающих моментов(M).

Решение

Определение опорных реакций

Заменяем действие опор опорными реакциями как показано на рис.12.

Рис.12

Действие распределенных нагрузок q1и q2 заменим их равнодействующими:

Rq1= q1·2м= 6 кН/м·2м=12кН; Rq2= q2·3м= 5 кН/м·3м=15кН.

Для определения опорных реакций составляем три уравнения равновесия.

Сумма проекций всех сил на ось x равна нулю:

S Fx =0: -HA= 0; HA= 0.

Сумма моментов всех сил относительно точки A равна нулю:

S MA =0: Rq1·1м + m - Rq2(2м+1,5м) + RB (2м+3м) –F·6м=0;

+ 12кН·1м + 12кНм - 15кН ·3,5м + RB·5м – 7кН·6м =0;

- 70,5кНм + RB·5м =0; RB = 14,1кН.

Сумма моментов всех сил относительно точки Bравна нулю:

S MB=0: – RA (2м + 3м)–Rq1(1м+3м) + m + Rq2 · 1,5м –F·1м =0;

RA ·5м –12кН·4м + 12кНм + 15кН·1,5м –7кН ·1м=0;

RA ·5м –20,5кНм =0; RA = –4,1 кН.

Проверяем правильность вычисления опорных реакций (сумма проекций всех сил на вертикальную ось z должна быть равна 0)

S Fz = RA + Rq1Rq2+ RB F = (– 4,1кН) + 12кН – 15кН +14,1кН – 7кН =

= 26,1кН –26,1кН = 0.

2. Построение эпюр поперечных сил Q и изгибающего моментов M

В нашем примере балка имеет три участка, которые пронумеруем слева направо (рис.13). Проводим сечение на I участке и рассматриваем левую от сечения часть балки (рис.13), т.к. слева от сечения сил приложено меньше, чем справа.



 


 

Рис.13

I участок (начало отсчета на левом конце балки);

Q(x1) = RA + q1 x1= – 4,1кН+ 6кН/м·x1;

 

Q(0) = – 4,1кН+ 6кН/м·0= – 4,1кН (значение на левой границе участка);

Q(2м) = – 4,1кН + 6кН/м·2м= 7,9кН (значение на правой границе участка).

Поскольку поперечная сила меняет знак в пределах участка, определяем координату, при которой она обращается в нуль:

Q(x0) = – 4,1кН+ 6кН/м·x0=0; x0= 0,683333 м=0,683 м;

Переходим к определению изгибающего момента на Iучастке

M (x1) = RAx1 + = – 4,1кН·x1+ 6 · = – 4,1кН·x1+ 3кН/м·

Слева от сечения моменты всех сил берем относительно точки С1(центр тяжести поперечного сечения – рис.13).

Изгибающий момент (M) является квадратичной функцией координаты x1.

Для построения его графика определяем значение изгибающего моментана границах участка и в найденной выше точке.

M (0) = – 4,1кН·0+ 3кН/м· =0 (значение на левой границе участка);

M (0,683м) = – 4,1кН ·0,683м+ 3кН/м·(0,683м )2 = – 1,40кНм;

M (2м) = – 4,1кН·2м+ 3кН/м·(2м )2 = 3,8 кНм (значение на правой границе).

Проводим сечение на II участке и рассматриваем правую от сечения часть балки (рис.13).

II участок (начало отсчета на правой границе участка);

Q(x2) = FRBq2·x2= 7кН–14,1кН+ 5кН/м·x2 = –7,1кН+ 5кН/м·x2;

Обратите внимание, что учитываются все силы, действующие справа от сечения, положительное направление силы справа от сечения – вниз.

 

Q(0) = –7,1кН+ 5кН/м·0= –7,1кН (значение на правой границе участка);

Q(3м) = –7,1кН+ 5кН/м·3м = 7,9кН (значение на левой границе участка);

Поскольку поперечная сила меняет знак в пределах участка, определяем координату, при которой она обращается в нуль:

Q(x0) = –7,1кН+ 5кН/м ·x0=0; x0= 1, 42 м;

M (x2) = – F(x2+1м) + RBx2 =

= – 7кН·(x2+1м) + 14,1кН· x2– 5кН/м· = –7кНм +7,1кН·x2–2,5кН/м· ;

Справа от сечения моменты всех сил, взяты относительно точки С2(центр тяжести поперечного сечения – рис.13), положительное направление момента справа от сечения – против хода часовой стрелки.

Изгибающий момент (M) является квадратичной функцией координаты x2.

Для построения его графика определяем значение изгибающего моментана границах участка и в найденной выше точке.

M (0) = –7кНм +7,1кН·0–2,5кН/м·02= –7кНм (значение на правой границе);

M (1,42м) = –7кНм +7,1кН·1,42м–2,5кН/м·(1,42м) 2 = –1,959 кНм = –1,96 кНм;

M (3м) = –7кНм +7,1кН·3м–2,5кН/м· (3м) 2 = –8, 2 кНм (значение на левой границе участка).

Проводим сечение на III участке и рассматриваем правую от сечения часть балки (рис.13).

III участок (начало отсчета на правой границе участка);

 
 


Q(x3) = F = 7кН;

 

Поперечная сила является постоянной, графиком такой функции служит прямая, параллельная осиx.

 
 


M(x3) = – Fx3 = –7кНм· x3

 

Справа от сечения моменты всех сил, взяты относительно точки С3(центр тяжести поперечного сечения – рис.13), положительное направление момента справа от сечения – против хода часовой стрелки.

 

M (0) = –7кНм·0 = 0 (значение на правой границе участка);

M (1м) = –7кН·1м= –7 кНм (значение на левой границе участка).

 






ТОП 5 статей:
Экономическая сущность инвестиций - Экономическая сущность инвестиций – долгосрочные вложения экономических ресурсов сроком более 1 года для получения прибыли путем...
Тема: Федеральный закон от 26.07.2006 N 135-ФЗ - На основании изучения ФЗ № 135, дайте максимально короткое определение следующих понятий с указанием статей и пунктов закона...
Сущность, функции и виды управления в телекоммуникациях - Цели достигаются с помощью различных принципов, функций и методов социально-экономического менеджмента...
Схема построения базисных индексов - Индекс (лат. INDEX – указатель, показатель) - относительная величина, показывающая, во сколько раз уровень изучаемого явления...
Тема 11. Международное космическое право - Правовой режим космического пространства и небесных тел. Принципы деятельности государств по исследованию...



©2015- 2024 pdnr.ru Все права принадлежат авторам размещенных материалов.