Изгиб
Пример 1.
Построить эпюры Qy и Mx для защемленной одним концом балки и нагруженной на свободном конце парой сил с моментом М.
Решение:
Проводим произвольное поперечное сечение на расстоянии Z от свободного конца и рассмотрим условие равновесия левой отсеченной части: поперечная сила Qy = 0, т.к. нагрузка - пара сил, она не дает проекций ни на одну ось пространственной декартовой системы координат.
Таким образом, имеет место чистый изгиб.
Mx = М по модулю.
Mx от Z не зависит.
Изгиб происходит выпуклостью вниз, следовательно Mx > 0.
Эпюры:
Для балок, защемленных одним концом, целесообразно отбрасывать часть, примыкающую к заделке (тогда нет необходимости определять реакции заделки).
Пример 2.
Построить эпюры Qy и Mx для защемленной балки, на свободном конце которой приложена сила F.
Решение:
Проводим на расстоянии Z от свободного конца сечение и рассмотрим левую отсеченную часть.
Для равновесия Qy = - F, т.е. поперечная сила во всех сечениях одинакова. Защемляем в "К", оставленную часть F изогнет ее выпуклостью вверх, т.е. Mx < 0 и Mx = - Fz (переменная, изменяющаяся по линейному закону).
Эпюры имеют вид:
Пример 3.
Построить эпюры для изображенной балки.
Решение:
Проводя сечение в точке Z отметим Qy = - qz (линейная зависимость).
Mx = - qz· 
(приложение посредине участка). Квадратичная зависимость - парабола (вершина на левом конце).
Пример 4.
Построить для изображенной балки эпюры Qy и Mx.
Решение:
1. Определяем реакции. В силу симметрии RA = RB = 
= 30 кН.
У балки 2 участка: 0 ≤ Z ≤ 
и ≤ Z ≤ ℓ.
2. Проводя сечение в левой части QyI = RA = , MxI = RAZ = 
.
3. Проводя сечение в правой части QyII = RA - F = - F = - .
MxII = RAZ - F (Z - ) = - F (Z - ) = - + 
.
Изгибающий момент в среднем сечении Z = 0,5ℓ.
В "С" скачок поперечной силы, равный этой силе (слева от С + , а справа - ). Скачок носит условный характер.
Пример 5.
Для изображенной двухопорной балки построить эпюры Qy и Mx.
Решение:
1. Определим опорные реакции RA = - RB = 
.
2. Распределенной нагрузки нет q = 0, следовательно Qy = = const.
3. Mx определим, мысленно проведя сечение близко к В, чтобы не учитывать момент от RB.
Mомент изгибает балку сжатой частью сверху, таким образом Mx > 0. Mx - линейна, т.к. Qy = const.
Пример 6.
Построить эпюры Qy и Mx для двухопорной балки, длиной ℓ и нагруженной посредине моментом М.
Решение:
Приложена пара сил, следовательно реакции должны образовать пару той же величины, но противоположного знака RA = RB = .
В любом сечении I участка QyI = RA = 
= const, MxI = RAZ = 
- линейная зависимость.
MxI max = · 
= 
.
Для II участка для сил, приложенных левее сечения QyII = RA = .
MxII = RAZ - M = · - M = - .
При Z = ℓ, MxII = ·ℓ - M = 0.
Эпюры:
Пример 7.
Консольная балка на свободном конце "С" нагружена силой F. Построить эпюры Qy и Mx (рис.).
Решение:
Для определения реакций опор используем условия равновесия:
∑ МА = 0, F·5а - М - RB·4а = 0, откуда RB·4а = F·5а - 
F·а = 
F·а,
RB = 
F.
∑ МВ = 0, - RA·4а + F·а - F·а = 0, т.е. RA = 
F.
На левой опоре QyА = - RA = - F = const на всем I участке.
В "В" QyВ скачок, т.к. QyС = F.
В задаче нет распределение нагрузки, т.е. Mx изменяется линейно и нам нужно определить Mx в точках А, В, С.
В "А" Mx = 0, т.к. нет внешней пары.
В "В" Mx < 0, т.к. RA изгибает балку выпуклостью вверх в точке "В".
MxB = - RA·4а = - F·4а = - Fа.
В "С" MxC = Fа, изгиб на II участке выпуклостью вниз.
Пример 8.
Для балки, изображенной на рисунке, построить эпюры Qy и Mx.
Решение:
В силу симметрии RA=RB= 
.
В "А" Qy = .
В "В" Qy = - .
Между ними Q изменяется по линейному закону и эпюра Q будет:
Эпюра Mx - парабола с выпуклостью вверх при MxA = MxB = 0.
В "С" Mx max. Рассчитаем это значение: берем сумму моментов всех сил, расположенных левее "С":
MxC = Mx max = RA - · 
= · - · = 
.
Эпюра Mx
Пример 9.
Для простой консоли, нагруженной в соответствии с рисунком, построить эпюры Qy и Mx.
Решение:
Строим эпюры, начиная от свободного конца, на котором QxА=0 (нет сосредоточенных сил). На АВ Qy изменяется по линейному закону и в "В" QyВ=q2a (знак "-", т.к. внутренние силы противоположны внешним).
На ВС и СD нет распределенных нагрузок (таким образом на этих участках Qy II = Qy III = QyВ = - 2 qa) наличие пары с моментом М на Qy не отражается.
В "D" скачок силы на величину F и на IV участке Qy IV = - qa и опорная реакция QyЕ = - qa. Изобразим эпюру Qy:
Переходим к эпюре изгибающих моментов Mx: MxA= 0 (нет сосредоточенной силы).
На АВ Mx меняется по квадратичному закону выпуклостью вверх (навстречу внешней нагрузке) и в "В" достигает значения
MxB = - q·2a·а = - 2 qa2.
На участке II, т.е. на ВС, т.к. Qy = const MxII изменяется по линейному закону. Почти в "С", но чуть - чуть левее MxC лев. = - 2 qa·2а = - 4 qa2. В "С" скачок момента на величину момента пары М (М изгибает консоль выпуклостью вниз, т.е. скачок вверх).
MxC прав. = - 4 qa2 + qa2 = - 3 qa2.
На участке CD Mx меняется по линейному закону и в "D"
MxD = - q·2a·3а + qa2 = - 5 qa2.
На участке DE Mx меняется линейно и в самом конце, т.е. в "Е"
MxE = - q·2a·4а + qa2 + qa·а = - 6 qa2.
При этом реактивный момент в "Е" равен MxE, но с противоположным знаком, т.е. 6 qa2.
Эпюра Mx:
Пример 10.
Для двухопорной консольной балки, изображенной на рисунке, построить эпюры Qy и Mx.
Решение:
Начнем с определения реакций опор RA и RB. Применим уравнение равновесия:
∑ МА = 0, т.е. q·4а·2a·+ 2 qa·4а + 2 qa2 - RB·5а + qa·6а = 0,
откуда RB = 4,8 qa.
Аналогично ∑ МВ = 0, т.е. RA·5а - q·4а·3а - 2 qa а + 2 qa2 + qa·а = 0,
откуда RA = 2,2 qa.
Теперь строим эпюру Qy:
1. На участке I Qy меняется линейно,
QyС левее = RA - q4а = - 1,8 qa.
В "С" скачок на F1 и QyС правее = - 1,8 qa - 2 qa = - 3,8 qa.
На СВ Qy = const = - 3,8 qa, а в "В" скачок на RB и на участке III
QyIII = const = - 3,8 qa + RB = - 3,8 qa + 4,8 qa,
QyIII = qa строим эпюру Mx:
2. MxA = 0. На участке I Mx изменяется по квадратичному закону (на нем распределена нагрузка) и там, где Qy = 0 парабола имеет max (это в точке Z0 = 2,2a).
Mx max = RA·Z0 - q Z0 
= 2,2 qa·2,2a - q·2,2a· 
= 2,42 qa2.
MxC = RA·4а - q·4а·2а = 8,8 qa2 - 8 qa2 = 0,8 qa2.
Остальную часть графика удобнее строить с правого конца: на участке III Mx меняется линейно, а МВ правее = - qa2, в "В" скачок на М = 2qa2 и в итоге МхВ = 3 qa2.
На участке II - линейная зависимость.
Окончательно эпюра Mx будет выглядеть:
Дата добавления: 2015-08-28; просмотров: 176 | Нарушение авторских прав
| <== предыдущая лекция | | | следующая лекция ==> |
| Плоский (прямой) изгиб — когда изгибающий момент действует в плоскости, проходящей через одну из главных центральных осей инерции сечения, т.е. все силы лежат в плоскости симметрии балки. Основные | | | Воспользуемся теоремой об изменении кинетической энергии : |