|
|
Замечание. Длину балки, а также эпюры поперечной силы и изгибающегоМомента 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
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.
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 = 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 = Проверяем правильность вычисления опорных реакций (сумма проекций всех сил на вертикальную ось z должна быть равна 0) S Fz = RA + Rq1 – Rq2+ 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
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=
M (x1) = RAx1 + 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· 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).
Q(x2) = F– RB – q2·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:
M (x2) = – F(x2+1м) + RBx2– = – 7кН·(x2+1м) + 14,1кН· x2– 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
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).
|
|
Исходные данные:
Сумма проекций всех сил на ось x равна нулю:
14,1кН.
–4,1 кН.
I участок 
(начало отсчета на левом конце балки);
0,683333 м=0,683 м;
Переходим к определению изгибающего момента на Iучастке
= – 4,1кН·x1+ 6 
· 
= – 4,1кН·x1+ 3кН/м· 
=0 (значение на левой границе участка);
II участок 
(начало отсчета на правой границе участка);
Q(x0) = –7,1кН+ 5кН/м ·x0=0; x0= 
1, 42 м;
=
= –7кНм +7,1кН·x2–2,5кН/м· 
;
(начало отсчета на правой границе участка);