Дифференциальные зависимости при изгибе
Рассмотрим консольную балку (рис. 8.10а), к которой приложена нагрузка, изменяющаяся по произвольному закону. Вырежем из балки бесконечно малый элемент длиной dz, в пределах которого распределенную нагрузку можно считать равномерно распределенной (рис. 8.10в).
На левой и правой грани рассматриваемого элемента действуют положительные внутренние силовые факторы, показанные на (рис. 8.9в). Под действием приложенной нагрузки и силовых факторов выделенный элемент находится в равновесии. Запишем уравнения статики:
ΣFy = 0 Qy + qzdz – (Qy + dQy) = 0 → = ± qz (8.1)
ΣMk = 0 Mx + Qzdz + qdz· – (Mx + dMx) = 0 → = ± Qy (8.2)
Из двух полученных дифференциальных уравнений можно получить третье:
(8.3)
Знак «+» или «-» в формулах (8.1) - (8.3) зависит от направления оси z. Для правосторонней системы координат берется знак «+».
Построение эпюр изгибающих моментов и поперечных сил в балках
Для оценки прочности и жесткости изгибаемых элементов необходимо знать изменение изгибающего момента и поперечной силы по длине балки, а также их экстремальное значение. С этой целью строят эпюры изгибающих моментов и поперечных сил.
Эпюры изгибающих моментов и поперечных сил - представляют собой график, изображающий аналитическую зависимость Mx и Qy по длине балки. Ординаты на эпюрах откладываются в масштабе или соразмерно их численным значениям.
|
|
Для определения Mx и Qy в пределах каждого участка балки пользуются методом сечений.
Границами участков на балке являются точки приложения сосредоточенных сил и моментов, точки начала и конца действия распределенной нагрузки.
В пределах каждого участка проводим нормальное к оси балки сечение и рассматриваем в равновесии целиком правую или левую часть балки. Действие отброшенной части балки заменяем внутренними силовыми факторами, которые прикладываются в положительном направлении. Для рассматриваемой части составляем уравнения равновесия статики и находим Mx и Qy, которые при этом считаются внешними силовыми факторами. На основании полученных аналитических зависимостей определяем значение Mx и Qy в граничных и промежуточных точках, а затем строим эпюры.
На эпюре Qy положительная ордината откладывается вверх, а на эпюре Mx вниз. Это связано с принятым правилом знаков. Принято говорить, что эпюра Mx строится со стороны растянутого волокна балки.
Пример 8.2.
Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для балки, нагруженной, как показано на рис. 8.11.
|
|
1. Определяем реакции в балке: Ra=4кН, Rc = 8 кН.
2. Балка имеет два участка АВ и ВС.
3. Участок АВ. На расстоянии z1 от точки А проводим сечение 1:1 и рассматриваем в равновесии левую часть балки. Сечение может быть проведено в любом месте между точками А и В. Следовательно,
0 ≤ z1 ≥ 4
ΣFy = 0 A – Qy = 0 → Qy = A = 4 кН
Пользуясь принятым правилом знаков, для поперечной силы можно записать
Qy = A = 4 кН
Сила А приложена слева от сечения и направлена вверх.
ΣMx = 0 Az – Mx = 0 → Mx = Az
В дальнейшем будем рассуждать так: момент в рассматриваемом сечении из условия равновесия левой части равен
Mx = Az.
Находим значения изгибающего момента в граничных точках участка:
M0 = 0, M4 = 4·4 = 16 кНм
Участок ВС. Проводим сечение 2:2 на расстоянии z2 от точки С и рассматриваем в равновесии правую часть балки.
Qy = – C = – 8кН, Mx = Cz → M0 = 0, M2 = 8·2 = 16 кНм
По найденным значениям Mx и Qy строим соответствующие эпюры.
Пример 8.3.
Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для балки, нагруженной как показано на рис. 8.12.
1. Определяем опорные реакции балки:
ΣFz = 0 → H = 0
Σmc = 0, A·6 – q·4·4 = 0 → A = 8 кН
Σma = 0, Cc·6 – q·4·2 = 0 → C= 4 кН
ΣFy = A – q·4 + B = 8 – 12 + 4 = 0
|
|
Реакции определены верно.
В дальнейшем будем полагать, что горизонтальная реакция при вертикальной нагрузке равна нулю и соответствующее уравнение для ее нахождения можно не записывать.
2. Балка имеет два участка АВ и ВС.
3. Участок АВ: 0 ≤ z1 ≥ 4
Qy = A – q·z1 → Q0 = A = 8 кН, Q4 = 8 – 3·4 = – 4 кН
Mx = A·z1 – q·z1· = A·z1 – → M0 = 0, M4 = 8 кНм
= A – q·z1 =0 → z1 = =2,66 м, М2,66 = 10,67 кН
= – q кривая выпуклая
4. Участок ВС: 0 ≤ z2 ≥ 2
Qy = – С = – 4 кН
Mx = С·z2 → M0 = 0, M2 = 4·2 = 8 кНм
По найденным значениям Mx и Qy строим соответствующие эпюры.
Пример 8.4.
Построить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил для консольной балки, нагруженной как показано на рис. 8.13.
При построении эпюр в консольной балке реакции в заделке можно не находить. В этом случае рассматривают равновесие части балки, расположенной со стороны ее свободного конца. Балка имеет два участка АВ и ВС.
I. Участок АВ: 0 ≤ z1 ≥ 3
Qy = – q·z1 → Q0 = 0, Q3 = – 12 кН
Mx = M – q·z1· = M – → M0 = 6 кНм,
М4 = – 6 кН
II. Участок ВС: 0 ≤ z2 ≥ 1
Qy = – q·3 + P = – 2 кН
Mx = M – q·3·(1,5 + z2) + P·z2 → M0 = 12 кНм,
M1 = – 14 кНм
По найденным значениям Mx и Qy строим соответствующие эпюры.
Построение эпюр в рамах
Рама представляет собой систему прямых стержней, определенным образом соединенных между собой.
|
|
В простейшем случае рамой может быть балка с ломаным очертанием оси. Вертикальный элемент рамы называется стойкой, горизонтальный – ригелем. Рамы бывают плоскими и пространственными Примером плоской рамы является поперечник промышленного здания. В отличие от балки на раму кроме вертикальных нагрузок действуют и горизонтальные нагрузки. Порядок определения реакций в раме практически не отличается от балок. Рассмотрим алгоритм определения реакций в раме на следующем примере.
Пример 8.5. Определить опорные реакции в раме, изображенной на рис.8.14.
1. ΣFz = 0. HA – P = 0 → HA = P = 2 кН
2. ΣmA = 0. – M + P·6 + q·4·4 + P·3 – B·6 = 0 → B = 10 кН
3. ΣmB = 0. – M – q·4·2 + P·3 + A·6 = 0 → A = 4 кН
4. ΣFy = A – q·4 – P + B = 4 – 12 – 2 + 10 = 14 – 14 = 0
Реакции найдены верно.
Порядок построения эпюр Mx, Qy, Nz в рамах такой же, как и балках. Эпюра изгибающих моментов строится со стороны растянутых волокон балки. Положение растянутого волокна определяется аналитически в соответствии с уравнением Мх.
Правило знаков для поперечной силы в рамах такое же, как и балках. В рамах, помимо названных внутренних усилий, действует еще и продольная сила, которая определяется методом сечений. Порядок построения эпюр рассмотрим на примере 8.6.
Пример 8.6. Построить эпюры Mx, Qy, Nz для рамы, изображенной на рис. 8.15
1. ΣFz = 0. HA – P = 0 → HA = P = 2 кН
2. ΣmA = 0. – M + P·4 + q·4·2 + P·3 – B·4 = 0 → B = 6 кН
3. ΣmB = 0. – M – q·4·2 + P·1 + A·4 = 0 → A = 6 кН
4. ΣFy = A – q·4 + B = 6 – 12 – 6 = 12 – 12 = 0
Реакции найдены верно.
Рама имеет четыре участка. На каждом участке рамы проводим сечение и рассмотрим в равновесии одну из частей рамы. Правую или левую, верхнюю или нижнюю.
1. Участок AD
0 ≤ z ≤ 3
Qy = HA = 2 кН
Mx = – HA·z1·M0 = 0, М 3 = – 6 кНм
ΣFz = 0 A + N1 = 0 → N = – A = – 6 кН
Уравнение моментов записано для случая, когда наблюдатель находится слева от стойки AD . Эпюра Мх отрицательная, поэтому откладывается справа от стойки AD . Когда наблюдатель находится слева от AD , знак изгибающего момента меняется. Теперь ординаты эпюры моментов откладываются, как и в предыдущем случае, справа от стойки AD . По этой причине в рамах на эпюрах изгибающих моментов знак не ставится.
2. Участок СD
0 ≤ z2 ≤ 2
Qy = 0
Mx = – M = – 8 кНм
ΣFz = 0 → N2 = 0
3. Участок DE
0 ≤ z3 ≤ 1
Qy = P = 2 кН
Mx = – P·z3, M0 = 0, M1 = 2 кНм,
ΣFz = 0 → N3 = 0
4. Участок ВD
0 ≤ z4 ≤ 4
Qy = B + q·z·Q0 = – 6 кН, Q4 = – 6 + 12 = 6 кН
Mx = –B·z4 – · M0 = 0, М4 = 0, = B - q·z = 0, z = = 2 мм
Mmax = B·2 – = 12 – 6 = 6 кНм, N4 = 0
По найденным значениям Mx, Qy, Nz строим соответствующие эпюры (рис 8.16)
С целью проверки правильности построения эпюр Mx, Qy, Nz, рассмотрим равновесие узла D. Изгибающий момент в рассматриваемом сечении направляем от ординаты эпюры Mx под балку.
Следовательно, узел D находится в равновесии.
Дата добавления: 2018-11-24; просмотров: 290; Мы поможем в написании вашей работы! |
Мы поможем в написании ваших работ!