Оглавление:
Построение эпюр изгибающих моментов и поперечных сил при изгибе балки
- Для визуализации изменения M и Q по длине криволинейной балки строят соответствующие графики M и q: изгибающий момент и построение диаграммы поперечной силы при изгибе балки сначала определяют реакцию опоры, затем вычисляют значение коэффициента внутренней силы в поперечном сечении балки.
Кривая изгибающего момента представляет собой график, представляющий закон изменения изгибающего момента по длине балки. График поперечной силы представляет собой график, показывающий закон изменения поперечной силы по длине балки. Изгибающий момент считается положительным, если в рассматриваемом поперечном сечении
балка изогнута вниз выпуклой формой (волокна дна растянуты). Если его направление Людмила Фирмаль
совпадает с вращением остальной части луча по часовой стрелке, то боковая сила считается положительной. Расчет L1 и Q проводится в предположении, что деформация балки отсутствует. Метод построения графиков M и Q подробно рассмотрен в Примере. Например. Для однопролетных балок (рис. 21.3, а) загружается в середине пролета концентрация F, участок M и Q. четырнадцать* 211ll_i_£/? ^X2’b M. 7 / Z I-Ul — это f^1′ £к Оно Рис 21.3 Около / Ля ^LVN / / / W1NSH к_ _ z X — — ? f F 3 F t Четыре. ^SCH SCH CVR0′‘ Рис 21.4 SL Решение. Во-первых, найти значения эталонных реакций HB, Rb и Rc. Согласно ей, моменты (от внешних и внутренних сил) считаются
положительными, когда они направлены по часовой стрелке и против часовой стрелки-отрицательными. Используйте это правило при написании уравнений статического равновесия. Три опорные реакции найдены из следующих трех статических уравнений: SZ=0; I b=0; 2MV=0; Fl / 2-Rc I=0, где Rc=F / 2;%MS=0; RB l-Fl / 2=где от RB Qt=F / 2. Проверка: 2Y=Rb-F+Rc=F/2-F+F / 2-0. Так как изменение M и Q в разных сечениях по длине балки происходит по разным законам и зависит от вида внешней нагрузки и опорного отношения, балка — это поперечное сечение балки, к которому приложена эта отдельная граница, сосредоточенная нагрузка (сила или момент), поддерживающая
- реакцию и заканчивающаяся нагрузкой или заканчивающаяся реакцией на нее. В этой балке есть два таких участка. Если вы поместите начало координат системы yOz в точку B, граница участка будет b D (0cz) =0> Откуда он взялся =- F (1/2-z)+F(l-z)/2=Fz/2. Вы получите тот же результат. Изгибающий момент M является результирующим моментом внутренней нормальной упругой силы относительно нейтральной линии и моментом всех внешних сил, действующих на одну сторону сечения. Из полученного решения изгибающий момент участка BD имеет положительное значение и изменяется по линейному закону (так как z входит в первое решение). График M
представлен наклонной линией со значениями Z=0, Afi=O; z=l/2M i=RbI/2= — Fl / 4 в крайних точках графика BD. 2-2. В секции постоянного тока нарисуйте секцию 2-2(рис. 21.3, б). Отбросьте правую часть и оставьте левую. Запишите условие равновесия на левой стороне относительно центра тяжести участка, который совпадает с участком 2-2. SM2=0, RBz—F(z—1/2)-jM2=0,где M2=RBz-F(z-l/2). В области постоянного тока изгибающий момент также везде положительный и изменяется по линейному правилу, то есть по наклонной линии. Вычислите значение изгибающего момента Z=l/2M2=Fl / 4-F (l/2—l/2)=Fli4\at z=l Mz — =Fl / 2-F(1-1 / 2)=0.
Для получения полного графика м в заданной балке добавляется график изгибающих моментов Людмила Фирмаль
поперечных сечений BD и DC. 21.3, г). Положительные координаты эпюры изгибающего момента располагаются от продольно ориентированной оси балки вниз, а отрицательные координаты-сверху. По правилам такого расположения вертикальная ось участка М расположена на стороне растянутых волокон балки. График поперечной силы Q 213 чтобы определить закон изменения поперечных сил в балке, нарисуйте те же участки 1 — /и 2-2 в участках BD и DC. Раздел 1-1. Для левого остатка пучка от равновесного состояния X-Y=0(рис. 2L3, 6) получаем 2Y= — Qi4 -/?a=0, где qj=/?b= = F / 2. S. запишите условие статического равновесия справа от y=Yi-F+R c=0 и получите тот же результат, что и Qt=F—F/2=F/2. Поперечная сила Q
, являющаяся результатом действия внутренних касательных сил упругости, представляет собой численное значение в алгебраической сумме проекций на ось, перпендикулярную продольной оси балки всех сил, действующих на одну сторону сечения. Из полученного решения следует, что боковая сила на всех участках участка BD имеет одинаковое положительное значение Qi=Fj2t, так что график боковой силы представлен прямой линией, параллельной оси G. 2-2. X-Y=0 (Рис. 21.3, в) Получаем 2u=F2-2C=0, где Qa — — — — — R—F/2. Так, в секции постоянного тока поперечная сила всех секций также имеет одинаковое отрицательное значение Q2=—/*/2 я не уверен. График Q2 рисуется в виде прямой линии, параллельной оси z, но с отрицательными координатами. Добавление графиков изменения
поперечной силы в поперечном сечении BD и DC дает полный график Q при заданной балке(рис. 21.3, г). Положительные координаты эпюры поперечной силы располагаются от продольной оси луча вверх, а отрицательные-вниз. Например. Для однопролетной балки с равномерно распределенной нагрузкой прочность q, графики M и Q(фиг. 21.4, а). Решение. Во-первых, была определена эталонная реакция HB, RB и RC. Поскольку внешняя токовая нагрузка направлена вертикально, горизонтальная опорная реакция НВ равна нулю. Для определения реакции Rc используется формула ZA4fl=0:^M B=qll[2-Rc l, где Rc-qtl2. Эталонная реакция RB находится из уравнения 2l1c=0:2l4c= — = — ql2/2+RBl=0, где RB=ql!2. Проверка: S Y = RB-ql+Rc=ql!2-ql4-ql[2=0. Сюжет М. Данный пучок имеет одно сечение, поэтому достаточно
нарисовать одно сечение 1-1 на любом расстоянии z от начала координат(рис. 21.4, а). Отбросим правую часть и заменим влияние внутренними усилиями Afi и Qi(рис. 21.4, 6). Чтобы определить изгибающий момент, составьте формулу для момента в левой отсечной части относительно центра тяжести в сечении 1 -/. =RBz-qz2l2-Mi=0t-M i=qlz / 2-qz2 / 2. Изгибающий момент в сечении балки положительный и изменяется вдоль параболы квадрата. Значение момента Yari z=0A li=0;VRI z=/ / 2Mt=ql2 / 4-ql2 / &=ql2/&, z=zm i=0. Схема изгибающего момента показана на рисунке. 21.4 в, участок В. Поперечная сила сечения 1-1 Qi определяется по формуле STA- 214b ‘ — h- Я — ^4- ‘Ы_ я — г FiiiiH d iiiik Ряса, 21.5. Кузнецы i * G * G С) C)^1111111#^ г) «^sccd]}?Четыре Рис 21,6 Масштаб левой левой части луча: 2U=/?In —
<72=0, где Qx=ql!2-qz. Поперечные силы по длине балки изменяются в соответствии с законами линейности. Вычислите значение боковой силы в крайней части балки: 2=0, Qi=?//2 когда z=l Qi=ql / 2—<ql= — ql / 2. Фигура боковой силы показана на рисунке. 21,4 г Z=l/2Qt=ql/2-ql/2=Q. В средней части пучка Например. Для нагруженной консольной балки на свободном конце F, график M и Q (рис. 21.5, а). Решение. В консольной балке нельзя найти опорную реакцию, но для того, чтобы рассчитать внутреннюю силу, нужно оставить деталь, которая не содержит опорного звена, а затем нажать на жесткое звено. В этом случае балка имеет одно сечение BC (0<g<1), поэтому достаточно провести одно сечение 1-1(рис. 21.5, б)в этом отделении. Участок L4. Раздел 1-1. Из состояния равновесия 2L4{1EV=if left, SM * eB= — Fz-Mi=0, отсюда M
= — Fz. Изгибающий момент изменяется по линейному закону при 2=0M1=0; z=l Mi= — Fl. Изгибающий момент балки показан на рисунке. 21.5, V. Участок Q раздел 1-1. Из условия равновесия 2U=0 в левой части находим Qr. 2U= — F-Qi=0, где Qi= — F. Поперечная сила всех сечений консольной балки постоянна и имеет отрицательное значение, равное Qi= — F. График Q показан на рисунке. 21,5 г
Смотрите также:
Решение задач по технической механике
