Исаченко Сопротивление материалов ч.1 2010

сечение А поворачивается по часовой стрелке.

Итак, уравнение изогнутой оси балки будет иметь вид:

Исследуем на экстремум уравнение (2) для участка АВ балки:

В крайних волокнах опасного сечения В напряжения будут равны:

5.5. Прогиб yCa сечения С балки, изображенной на рис. 5.34, а,

равен прогибу yCб сечения С балки, изображенной на рис. 5.34, б, а

сумма yCa + yCб = yC балки, приведенной на рис. 5.34, в.

Для определения прогиба yC воспользуемся интегралом Мора,

для чего построим единичную систему (рис. 5.34, г). Обозначим абсциссы текущих сечений на силовых участках.

252

Изгибающий момент для грузовой системы (см. рис. 5.34, в)

0 ≤ x1 ≤ l / 2 ; точно такие же выражения для изгибающих моментов

(рис. 5.35, а, б) одинаков и равен 1/2 прогиба сечения С балки, изо-

5.7. При известной деформации ε нижнего волокна сечения С найдем значение интенсивности распределенной нагрузки q.

Из условия равновесия балки имеем, что H A = 0 , RA = ql / 3 ,

RB = 2ql / 3 (рис. 5.36, а).

Изгибающий момент в сечении С равен:

M z (C) = ql3 l − 12 q2 l 13 l = 14 ql 2 .

Напряжение в нижнем волокне сечения С равно:

253

Рис. 5.36

254

Вариант 1. Для определения взаимного угла поворота воспользуемся интегралом Мора.

Изгибающий момент в сечении х грузовой балки

M z = RA x − 12 q(x) x 13 x ,

где q(x) = 2ql x .

Для определения угла поворота сечения А изобразим единичную

систему (рис. 5.36, б), загруженную в сечении А моментом M 0 =1 . Реакции опор определим из уравнений равновесия. Изгибающий момент в сечении х единичной системы равен

M z =1 − RA x .

Тогда

Знак «+» (плюс) в результате свидетельствует о том, что сечение А поворачивается по часовой стрелке, т.е. в направлении действия

M 0 =1 .

Для определения поворота сечения В изобразим единичную сис-

тему (рис. 5.36, в), загруженную в сечении В моментом M 0 =1 . Реакции опор определим из уравнений равновесия. Изгибающий момент в сечении х единичной системы равен:

M z = RA x .

Тогда

Знак «+» (плюс) в результате говорит о том, что сечение В поворачивается против часовой стрелки, т.е. по направлению момента

M 0 =1 .

Взаимный угол поворота (см. рис. 5.36, г)

255

Вариант 2. Найдем взаимный угол поворота способом Верещагина, для чего, в первую очередь, представим нагрузку на балку как состоящую из двух составляющих: равномерно распределенную интенсивностью q / 2 (рис. 5.36, д) и распределенную по линейно-

му закону кососимметричную нагрузку (рис. 5.36, е).

Взаимный угол поворота сечений А и В от кососимметричной нагрузке не зависит. Действительно, эпюра изгибающих моментов M ′z′ от этой нагрузки (рис. 5.36, ж) так же будет кососиммет-

ричной; на этом же рисунке изображена штриховой линией изогнутая ось балки и углы поворота сечений А и В. Очевидно, что углы поворота одинаковы, θ′A′ = θ′B′ , и оба сечения поворачиваются в

одном направлении – против часовой стрелки.

Таким образом, взаимный угол поворота сечений А и В зависит только от симметричной нагрузки (рис. 5.36, д), и для определения его способом Верещагина строим грузовую эпюру – эпюру изгибающего момента M ′z (рис. 5.36, з), единичную систему

= 0,02 рад.

Обращаем внимание, что так как кососимметричная нагрузка (рис. 5.36, е) дает в сечении С посредине пролета изгибающий момент, равный нулю, то при определении M z (C) (см. начало реше-

ния задачи) можно воспользоваться схемой нагружения, изображенной на рис. 5.36, д.

5.8. На основании принципа независимости действия сил угол поворота сечения K равен θK = θK (q) + θK (M ) , см. рис. 5.25.

От симметричной распределенной нагрузки угол θK (q) = 0 . Тогда расчетная схема будет иметь вид рис. 5.37, а.

Для определения θK (M ) способом Верещагина построим эпюру M z (M ) – грузовую эпюру (рис. 5.37, б), единичную систему (рис. 5.37, в), загруженную единичным моментом M 0 =1 в сече-

256

нии K, эпюру изгибающего момента M z для единичной системы

(рис. 5.37, г).

Рис. 5.37

Знак «+» (плюс) в результате свидетельствует о том, что сечение

K поворачивается по направлению момента M 0 , т.е. против часовой стрелки. Изогнутая ось балки только от действия сосредоточенных моментов M изображена пунктирной линией на рис. 5.37, б.

5.9. На основании принципа независимости действия сил прогиб сечения K равен yK = yK (q) + yK (M ) , см. рис. 5.26.

257

загруженную единичной силой P0 =1 в сечении K. Эпюру изгибающегомомента M z дляединичнойсистемы(рис. 5.38, г).

Рис. 5.38

Используя свойство коммутативности при «перемножении» эпюр, примем за грузовую площадь ω площадь M z от единичного усилия, а M C возьмем из эпюры M z (рис. 5.38, б).

5.10. Приведенные в задаче балки 1 и 2 являются статически определимыми балками с промежуточным шарниром.

Для балки (рис. 5.39, а) рассматривая равновесие полуподвесной балки KB, из уравнения равновесия вида ∑mK = 0 получаем, что

RB1 = 0 , а для балки (рис.6.52, б) – RB2 = Ml .

258

259

Рис. 5.39

Воспользуемся способом Верещагина для определения перемещений шарнира K.

Грузовые эпюры для 1 и 2 вариантов нагружения представле-

ны на рис. 5.39, в, г.

Единичные системы для определения прогибов изображены на рис. 5.39, д, е, а соответствующие им эпюры изгибающих моментов показаны на рис. 5.39, ж, з.

Единичные системы для определения углов поворота изображены на рис. 5.39, и, н, а соответствующие им эпюры изгибающих моментов приведены на рис. 5.39, Т, ф.

Приведем результаты «перемножения» эпюр:

Сечения, прилегающие к шарниру K в обоих случаях нагружения, поворачиваются по часовой стрелке так же, как направлены и

M 0 =1 .

Виды изогнутых осей балок показаны на рис. 5.39, а, б штриховой линией.

Обращаем внимание, что часть балки BK в первом варианте нагружения наклоняется, но не изгибается, так как на этом участке

260