Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Нижегородский Государственный Архитектурно-Строительный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

7403

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

23.11.2023

Размер:

1.08 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 95 6 7 8 9 > Следующая >>>

1.Для построения эпюр реакции не нужны. Можно их не определять.

2.Показываем сечение, привязывая его к краю стержня.

3.Записываем выражения для поперечной силы и изгибающего момента и строим соответствующие графики.

Задача 6.

Построить эпюры поперечной силы и изгибающего момента для балки, изображённой на рис 34.

Решение

1.Определяем опорные реакции. Построение эпюр можно выполнить, не зная их значений, но они могут быть полезны для проверки правильности построения, поскольку поперечная сила и изгибающий момент в заделке равны реакциям.

2.Показываем сечение, привязывая его к краю стержня.

3.Записываем выражения для поперечной силы и изгибающего момента и строим соответствующие графики.

z
q	MA	RA	=ql,		MA	= ql2 .
	MA					2
	A	0 ≤ z ≤ l
l	RA	Q	y	= −qz ,
l			y

z=0

=0,

Mx z=l

=−ql.

M x = − qz2

l = − ql2 ,

x z =0

= 0,

x z =

= − ql .

M x

z =l

Рис. 34

- 40 -

Задача 7.

Построить эпюры поперечной силы и изгибающего момента для балки, изображённой на рис 35.

Решение

1.Реакции равны, поскольку образуют пару, которая уравновешивает нагрузку.

Определяем реакции с помощью уравнений равновесия.

2.Разбиваем балку на участки. Показываем сечения, привязывая их к краям стержня.

3.Для каждого участка записываем выражения для поперечной силы и изгибающего момента и строим соответствующие графики.

R =

I 0 ≤ z ≤ a

0 ≤ z ≤ b

M l

=+M

Qy =+M

Mb l

M x

= + Mz ,

M x

= − Mz ,

Mz l

Mx z=0 =0,

=+Ma.

= − Mb .

Mz l Ma l

z=a

z =b

Рис. 35

- 41 -

a		b
M			M
R	R	R	R
R		R
	l		l
M l	M l	M l	M l
Qy		Qy
M
Mx		Mx
			M
	Рис. 36

Примечания:

∙	Заметим, что размер вертикального участка на эпюре моментов равен
	величине приложенного момента (см. § 13).
∙	Поперечная сила постоянна по всей длине балки и, следовательно,

угол наклона на эпюре изгибающего момента	также везде одинаков.
В зависимости от расположения внешнего момента		, вертикальный
	передвигаясь по двум
участок будет смещаться по эпюре,

параллельным прямым, как по направляющим. Эти направляющие прямые показаны на рис. 35 пунктиром. В предельных положениях, когда момент приложен либо на левом, либо на правом краю балки, эпюры поперечной силы и изгибающего момента примут вид, показанный на рис. 36.

- 42 -

Задача 8.
		Построить эпюры поперечной силы и изгибающего момента
		для балки, изображённой на рис 37.
	z	z
		F
A		B		M A = 0 ,		RA =Fb l
				M A = 0 ,		RA =Fb l
		RB		M B = 0 .		RB = Fa l
R		RB		M B = 0 .		RB = Fa l
A	a	b
	a	b
	I	II	I 0 ≤ z ≤ a
		l	I 0 ≤ z ≤ a			II	0 ≤ z ≤ b
Q	Fb l		Q y = R A = Fb l					= −
Q			Q y = R A = Fb l			Q	R		Fa l
y						y = − B
		Fa l	M x	= R A z = Fbz ,		M x	= R B z = Faz ,
		Fa l			l				l
					l				l
Mx			M x z =0 = 0,			M x	z =0 = 0,
			M x	z=a	= + Fab .	M x	= Fab .
				z=a	l		z =b		l
					l				l
		Fab l
		Рис. 37
	Решение

1.Определяем опорные реакции, составляя и решая уравнения равновесия.

2.Разбиваем балку на участки. На каждом участке показываем сечение, привязывая его к краю стержня.

- 43 -

	z		F	z
			F
A				B
R				RB
A	l	2	l 2
	l	2	l 2

I	II
	l
F 2
Qy
	F 2

0	0

Fl4

a = b = l 2 ,

RA = RB = R,

Y = 0

R = F 2

0 ≤ z ≤ l 2

Qy = R = F 2

Qy = −R = − F 2

M x = Rz =

= Rz =

z =0 = 0,

M x

z =0 = 0,

M x

z =

l = +

z =

= +

Рис. 38

Примечания:

Часто встречающийся в расчётной практике частный случай, когда сила приложена в середине пролёта, представлен на рис. 38. Стоит обратить внимание на следующие особенности:

∙Реакции в этом случае равны,

∙Эпюра моментов симметрична относительно вертикальной прямой,

∙Эпюра поперечных сил симметрична относительно своей центральной точки (кососимметрична).

Задача 9.

Построить эпюры поперечной силы и изгибающего момента для балки, изображённой на рис 39.

- 44 -

Решение

1.Определяем опорные реакции, которые в данном случае равны.

2.Показываем сечение, привязывая его к краю стержня.

3.Записываем выражения для поперечной силы и изгибающего момента и строим соответствующие графики.

	z		q	RA = RB =			ql
				RA = RB =			.
							2
A			B	0 ≤ z		≤ l
RA		l	R	Q y = R A − qz = ql − qz ,
		l	B					2
	l 2		l 2	Q y	z =	= R A		= ql ,
					z =	0		2
ql				Q y	z =	= − R B = − ql .
					z =	0			2
2		0		M x = RA z − qz2				= qlz − qz2		= q z(l − z),
Qy			ql	M x = RA z − qz2				= qlz − qz2		= q z(l − z),
Qy			2				2	2	2	2
			2
				M x		z =0 = 0,			M x z =l = 0,
Mx	0		0				= +	ql 2
Mx	0		0	M x		z = l		,
				M x		z = l		,
						2		8
	M	=ql2
	ext	8
		8
			Рис. 39

Далее, в качестве примера, рассмотрим более сложную задачу, в которой

Ниже в §19 представлены еще три примера построения эпюр и

аналитическим способом:

∙задача 13 (сосредоточенные воздействия),

∙задача 14 (равномерно распределённая нагрузка),

∙задача 15 (треугольная нагрузка).

-45 -к балке приложено несколько нагрузок.

Задача 10. Аналитическим методом построить эпюры поперечной силы и изгибающего момента для балки, изображённой на рис. 40.

M1	q				M2
					F = 40 кН,
	A	F	B		q = 20 кН / м,
		F			M1	= 10 кН м,
					M1	= 10 кН м,
	3 м		1 м	1 м	M2	= 30 кН м.
					M2	= 30 кН м.
			Рис. 40

Решение
1. Определяем опорные реакции с помощью уравнений равновесия.
GH =	z = 0, − X − − 4C 2 + 5 3 + GH 4 = 0,
GH =	g	=		g	= g = 20
	b{\|bd\|}~•fj		X€\|f€\|} €•f g€			}€	кН.
	b{\|bd\|}~•fj					}€	кН.
	z H = 0, − X − + 4C 2 − 5 1 − G 4 = 0,
G = •b{•bd\|}~•j X =				•X€•f€\|} €•g€ X		= }€	= 20кН.
Проверка:	g			g		g

z Ne = G + GH + 5 − 4C = 20 + 20 + 40 − 20 4 = 0.

2.Разбиваем балку на участки. На каждом участке показываем сечение, привязывая его к краю стержня. В рассмотрении оставляем более простую часть балки.

- 46 -

			z
M1	z		z
	q		z	M2
	q			M2
	A	B
RA	F		R
			B
	3 м	1 м	1 м
	1 уч.	2 уч.	3 уч.
Qy	20
Qy
кН	0
кН
			20
		40	30	30
	1 м		30	30
	1 м

кН м

ext

Рис. 41

1 участок:

0 ≤ ≤ 3м.

= G − C = 20 − 20 ,

(наклонная прямая)

|•€

= 20кН,

(левый край участка)

|•f

= 20 − 20 3 = −40кН.

(правый край участка)

= X + G − C = 10 + 20 − 10 ,

|•€

= 10кНм,

(квадратная парабола)

(левый край участка)

|•f

= 10 + 20 3 − 10 3

= −20кНм.

(правый край участка)

- 47 -

Ищем расстояние €, при котором = 0, из уравнения
20 − 20 €				= 0, откуда € = 1м.
Подставляя значение					€ в выражение изгибающего момента,
получаем
				экстремальное значение момента:
rst = \| •X = 10 + 20 1 − 10 1 = 20 кНм.
2 участок:				1 ≤ ≤ 2м.
= −GH		+ C( − 1) = −20 + 20( − 1),
	\| •X = −20кН,					(наклонная прямая)
						(правый край участка)
	\| •		= −20 + 20 1 = 0кН.			(левый край участка)
= − + GH( − 1) − C					( •X)d =
= −30 + 20( − 1) − 10( − 1) ,						(квадратная парабола)
\| •X = −30кНм,						(правый край участка)
\| •			= −30 + 20 − 10 = −20кНм.
как = 0.						(левый край участка)

На левом краю участка касательная к параболе горизонтальна, так
3 участок:				0 ≤ ≤ 1м.
= 0кН,		= −30кНм.
= −						(горизонтальная прямая)

Задача решена

- 48 -

16. ЧИСЛЕННЫЕ СПОСОБЫ ПОСТРОЕНИЯ ЭПЮР ПОПЕРЕЧНЫХ СИЛ И ИЗГИБАЮЩИХ МОМЕНТОВ (Построение по точкам)

В §§ 12, 13 и 14 подробно описано каким образом «работают» дифференциальные зависимости Журавского. Пользуясь этой информацией, можно строить эпюры, не записывая аналитических выражений поперечной силы и изгибающего момента. Покажем это на следующем примере.

Задача 11. Построить эпюры поперечной силы и изгибающего момента для балки, изображённой на рис. 42,( не) записывая аналитических

выражений( ) поперечной силы и изгибающего момента

F	q	M
1 м	2 м	2 м
		Рис. 42

F = 20 кН

q = 16 кН/м

M = 12 кНм

1-й вариант решения

Найдём величины опорных реакций с помощью уравнений равновесия:
∑ = 0,	+ 5 1 + − (C 4) 2 + GH 4 = 0,
GH =	g	=	g	= 24
∑ H = 0,	•j X•b\|(~ g)		•€•X\|X‚ g		кН,
∑ H = 0,	+ 5 5 − G 4 + + (C 4) 2 = 0,
G =	g	=	g	= 60
	\|j h\|b\|(~ g)		\|€ h\|X\|X‚ g			кН.

Проверка: ∑ Ne = G + GH − 5 − C 4 = 60 + 24 − 20 − 16 4 = 0.

- 49 -

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 95 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
21.11.202387.93 Кб074.pdf
#
21.11.2023147.37 Кб0740.pdf
#
23.11.20231.08 Mб07400.pdf
#
23.11.20231.08 Mб07401.pdf
#
23.11.20231.08 Mб07402.pdf
#
23.11.20231.08 Mб07403.pdf
#
23.11.20231.08 Mб07404.pdf
#
23.11.20231.08 Mб07405.pdf
#
23.11.20231.08 Mб07406.pdf
#
23.11.20231.08 Mб07407.pdf
#
23.11.20231.08 Mб07408.pdf