Konspekt_SM_3
.pdf4.1 Внутренние усилия, их определение и правило знаков |
39 |
|
|
|
|
Внешние нагрузки, действующие на балку, сводятся к сосредоточенным силам Р (кН, МН), парам сил М (кН·м, МН·м) и равномерно или неравномерно распределенным по длине балки нагрузкам с интенсивностью q (рис.4.7, а).
RA М Р q |
RB |
RA М Р М1 |
М1 q |
RB |
|
|
Q1 |
Q1 |
|
a |
|
б |
|
|
|
|
Рисунок 4.7 |
|
|
Равномерно распределенные нагрузки характеризуют их интенсивностью q, т.е. величиной нагрузки, приходящейся на единицу длинны балки, и выражают в килоньютонах на метр, мега ньютонах на метр (кН/м, МН/м).
Интенсивность неравномерного распределения нагрузки меняется по длине балки и обозначается q(z).
Способы вычисления опорных реакций изучают в курсе теоретической механики. Поэтому остановимся здесь на некоторых практических вопросах.
1 Опоры обычно обозначают буквами А и В. Три неизвестные реакции можно найти из следующих уравнений равновесия:
а) сумма проекций всех сил на ось балки равна нулю:
å X =0 или å FKX =0 , откуда находят НА ( или ХА);
б) сумма моментов всех сил относительно шарнира А равна нулю:
åM A =0 , откуда находят RB;
в) сумма моментов всех сил относительно шарнира В равна нулю: å M B =0 , откуда находят RА.
2 Если на балку действует распределенная нагрузка, то для определения реакций её заменяют равнодействующей, которая равна площади эпюры нагрузки и приложена в центре тяжести этой эпюры.
3 Найденные реакции обязательно следует проверить, для чего удобно
использовать или равенство нулю суммы проекции всех сил на вертикальную ось åY =0 , или условие равенства нулю суммы моментов всех сил относительно
какой-либо точки С, отличной от А и В, т.е.
åMC =0 .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
40 |
4 ИЗГИБ |
|
|
|
|
При воздействии внешних нагрузок в любом сечении балки, например в сечении I-I (см. рис.4.7, б), могут возникнуть два усилия: поперечная сила Q1 и изгибающий момент M1.
Поперечная сила Q равна сумме проекций всех внешних сил, приложенных
с одной стороны от рассматриваемого сечения, на ось, перпендикулярную оси балки.
Изгибающий момент M равен сумме моментов всех внешних сил с одной стороны от рассматриваемого сечения относительно центра тяжести этого сечения.
Установим следующие правила знаков для Q и M в балках при изгибе.
Поперечная сила Q в сечении считается положительной, если внешняя
сила стремится повернуть отсеченную часть балки по ходу часовой стрелки (рис. 4.8).
|
q |
Р |
Р |
q |
|
Р |
q |
|
|
q |
Р |
|
|
|
|||
|
Q > 0 |
|
|
Q < 0 |
|
Рисунок 4.8
Изгибающий момент M в сечении считается положительным, если он вызывает сжатие верхних волокон балки (рис. 4.9).
M > 0 |
M < 0 |
|
Рисунок 4.9 |
Учитывая правила знаков для M , следует подчеркнуть, что эпюру изгибающих моментов строят на сжатых волокнах.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
4.2 Построение эпюр Q и M |
41 |
|
|
|
|
4.2 Построение эпюр Q и М в балках
Рассмотрим порядок построения эпюр Q и М для наиболее характерных случаев нагружения балок.
Пример 1. Сосредоточенная сила на свободном конце консоли
Балка (рис.4.10) имеет лишь один участок. Начало координат выбираем в крайней левой точке А балки, ось z направляем вдоль оси балки вправо.
y |
z |
Р |
|
|
B z |
||
A |
K |
||
l |
B1 |
||
|
|||
P |
|
P |
Pl |
Рисунок 4.10
Вычисляем Q и М в произвольном сечении K с абсциссой z. Справа от рассматриваемого сечения действует только одна сила Р, поэтому
( ) |
( ) |
( ) |
Q z |
= P; M z |
=- P × KB=- P l - z . |
Как видно из этих уравнений, поперечная сила одинакова во всех сечениях балки, поэтому эпюра Q имеет вид прямоугольника. Функция М(z) линейна. Для построения ее графика достаточно получить две точки – в начале и в конце участка:
- при z=0 (сечение А) МА = - Рl; - при z=l (сечение В) МВ = 0.
По этим данным строим эпюру М. Заметим, что положительные ординаты эпюр Q и М откладываем вверх от базы.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
42 |
4 ИЗГИБ |
|
|
|
|
На рис. 4.10 штриховой линией АВ1 показана балка в деформированном состоянии. Как видно из рисунка, сжаты нижние волокна балки. Если совместить базисную линию эпюры изгибающих моментов с осью балки, то эпюра М окажется как бы построенной на сжатых волокнах.
Пример 2. Равномерно распределенная нагрузка на консоли (рис. 4.11)
y |
|
q |
l |
2 |
|
|
|
z |
|
A |
|
|
C |
|
z |
K |
B |
||
|
|
l |
|
|
|
|
|
|
ql |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ql2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
Рисунок 4.11 |
|
|
|
2 |
|||||
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
Поперечную силу и изгибающий момент в произвольном сечении К будем вычислять как результат действия распределенной нагрузки, расположенной слева от сечения:
Q(z)= - q × AK = - qz.
M (z)= - q × AK × AK = - q z2 . 2 2
Следовательно, поперечная сила Q(z) изменяется по закону прямой линии, а изгибающий момент M(z) – по параболическому закону. Для построения эпюры Q вычисляем ординаты в двух точках
- при z = 0 |
QA =0; |
- при z = l |
QB = − ql |
и соединяем эти точки прямой (см. рис.4.11).
Учитывая, что эпюра М криволинейна, для ее построения вычисляем ординаты в трех сечениях:
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
4.2 Построение эпюр Q и M |
43 |
||||||
- |
при z= 0 |
M A =0; |
|
||||
- |
при z = |
l |
MC = − |
ql2 |
; |
||
|
|||||||
|
|
|
|||||
|
2 |
8 |
|
|
|||
- |
при z = l |
M B = − |
ql2 |
|
|
||
|
|
||||||
|
|
|
2 |
|
|
и проводим через полученные три точки кривую – параболу.
Пример 3. Нагрузка, равномерно распределенная по всей длине пролета двухопорной балки (рис. 4.12)
y
RA |
|
q |
RB |
|
|
|
|
|
|
A |
|
|
B |
z |
|
z |
|
K |
|
|
|
l |
|
|
|
|
|
|
|
ql |
|
|
|
|
2 |
|
ql2 |
|
|
|
|
ql |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
Рисунок 4.12
В данном случае необходимо сначала определить опорные реакции, для чего составим уравнения равновесия, а именно суммы моментов всех сил относительно опор. Равнодействующая распределенной нагрузки равна ql, а
линия ее действия проходит через середину балки. Поэтому
å M A = RBl− ql |
l |
=0 ; |
å M B = RAl−ql |
l |
=0. |
|
|
||||
2 |
|
2 |
|
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
44 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 ИЗГИБ |
Из уравнений находим |
|
|
RA |
= RB = ql . |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
ql |
− ql+ ql =0. |
||
Сделаем проверку: |
åY =0; RA − ql+ RB =0; |
||||||||||||
Следовательно, реакции найдены верно. |
|
2 |
|
|
2 |
||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||
Вычисляя поперечную силу и изгибающий момент в произвольном |
|||||||||||||
сечении К как результат действия сил, расположенных слева от сечения К, |
|||||||||||||
получим Q(z)= RA − qz = ql |
− qz; |
M (z)= RAz − qz z = ql z − qz2 . |
|||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
2 |
2 |
Очевидно, что эпюра Q будет ограничена наклонной прямой, а эпюра М |
|||||||||||||
представляет собой симметричную параболу с ветвями, направленными вниз. |
|||||||||||||
Для построения эпюр вычисляем: |
|
|
|
|
|
||||||||
Q(0)= ql ; Q(l)= - ql |
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
æ l ö |
= |
ql |
× |
l |
- |
ql |
2 |
ql |
× l- |
ql |
2 |
|
M (0)=0; M ç ÷ |
2 |
2 |
8 |
; M (l)= |
2 |
2 |
=0 . |
||||||
|
è 2 ø |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Эпюры Q и М построены на рис. 4.12. |
|
|
|
|
|
||||||||
Пример 4. |
Сосредоточенная сила, приложенная к двухопорной балке |
||||||||||||
В данном случае имеем на балке (рис.4.13) два участка: АС и СВ. |
|||||||||||||
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
Р |
|
|
b |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
A |
K1 |
|
|
C |
|
|
K2 |
|
|
B |
z |
||
|
z1 |
|
|
|
|
z2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Pb |
|
|
|
|
|
|
l |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
l |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Pab |
|
|
|
|
|
|
|
Pa |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
l |
|
|||
|
l |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
Рисунок 4.13 |
|
|
|
|
|
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
4.2 Построение эпюр Q и M |
45 |
Прежде всего, найдем опорные реакции:
å M B |
=0 ; RAl- Pb =0 ; RA = |
Pb |
; |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
l |
|
|
|
|
|||
å M |
A |
=0 ; Pa - R l =0 ; R = |
|
Pa |
. |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
B |
B |
|
l |
Pb |
|
Pa |
|
||||
Сделаем проверку: åY =0; RA - P + RB =0; |
- P + |
=0. |
||||||||||
l |
l |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Реакции найдены правильно.
Вычисляем Q и М в произвольном сечении К1, расположенном на участке
АС:
(0 ≤ z ≤ a ): |
Q(z)= R |
A |
= |
Pb |
. |
|
|||||
1 |
|
|
l |
Следовательно, во всех сечениях участка поперечные силы одинаковы и эпюра Q имеет вид прямоугольника.
Изгибающий момент М(z) изменяется по линейному закону:
M (z)= RAz1 = Pbl z1.
Для построения эпюры вычисляем ординаты на границах участка:
при z |
1 |
=0 |
M |
A |
=0 ; при |
|
z |
= a |
M |
C |
= |
|
Pab |
. |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
l |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
В произвольном сечении К2 |
на |
участке |
|
СВ (a ≤ z2 ≤l), рассматривая |
||||||||||||||||||
действие сил, расположенных справа от него, получим |
|
|
||||||||||||||||||||
Q( z |
2 |
)= - R = - |
Pa |
; M ( z |
2 |
)= R × K |
2 |
B = |
Pa |
( l - z |
2 |
). |
||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
B |
|
|
l |
|
B |
|
|
|
|
|
l |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Как и на участке АС, эпюра Q на участке СВ также имеет вид прямоугольника. Для построения эпюры М находим значения ординат в точках
С и В:
при z2 = a |
MC = - |
Pa |
( l- z2 )= |
Pab |
; при z2 =l |
M B =0. |
|
l |
l |
||||||
|
|
|
|
|
|||
В результате |
получаем |
эпюры, представленные на |
рис. 4.13. |
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
46 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 ИЗГИБ |
|
Они показывают, |
что |
при z1 = a |
на эпюре |
Q |
получается |
скачок, |
||||||
равный |
по |
абсолютной |
величине |
внешней |
силе |
Р |
в |
этом |
сечении: |
||||
Pb |
+ Pa |
= P( a + b ) |
= P, а на эпюре М в этом сечении имеет место излом. |
||||||||||
l |
l |
|
l |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 5. Сосредоточенный момент в пролете двухопорной балки |
||||||||||||
|
|
|
(рис.4.14) |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
RA |
|
|
М |
|
|
|
RB |
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
b |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
C |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
A |
|
K1 |
|
K2 |
|
|
B |
z |
|
|
|
|
|
RA |
z1 |
z2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
l |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
l |
|
Mb |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
l |
|
|
|
|
|
|
|
|
Ma
l
Рисунок 4.14
Находим опорные реакции, направив их вверх:
å M B =0; RAl− M =0;
åM A =0; RBl− M =0.
Из уравнений находим RA = − Ml ; RB = Ml .
M M
Сделаем проверку: åY =0; RA + RB =0; − l + l =0.
Реакции найдены правильно.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
4.2 Построение эпюр Q и M |
47 |
Меняем направление RA на обратное. Отметив на участках АС н СВ
произвольные сечения К1 и К2, записываем уравнения для функций Q и М : - для участка АС (0 ≤ z1 ≤ a )
Q( z )= - RA = - Ml ; M( z )=- RAz = - Ml z ;
- для участка СВ (a ≤ z2 ≤l)
Q( z )= - RB = - Ml ; M( z )= RB × K2B =- Ml ( l - z ).
На основании этих уравнений строим эпюры Q и М. Эпюра М расположена частично под осью, частично над осью. Поскольку она построена на сжатых волокнах, видим, что на участке АС сжаты нижние волокна балки, а на участке СВ – верхние. Этому соответствует изображенная штриховой линией деформированная ось балки.
Нетрудно видеть, что прямые на эпюре М на участках АС н СВ параллельны. Обратим внимание на то, что там, где приложен внешний момент (сечение С), на эпюре Q изменений нет, а функция М(х) претерпевает разрыв, и на эпюре M получается скачок, равный по величине внешнему моменту.
В частном случае, когда момент приложен в опорном сечении, на основании приведенных выше формул при а=0 получим эпюры, изображенные на рис. 4.15.
|
y |
|
|
М |
|
A |
B |
z |
|
l |
|
M |
|
|
l |
|
|
|
Рисунок 4.15 |
|
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
48 |
5 ИЗГИБ. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР |
|
|
|
|
5 ИЗГИБ. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР
5.1 Дифференциальные зависимости между интенсивностью распределенной нагрузки q, поперечной силой Q и изгибающим моментом M
Пусть брус закреплен произвольным образом (рис.5.1) и нагружен в общем случае распределенной нагрузкой интенсивности q = f ( z ).
Принятое направление для q , совпадающее с осью у, будем считать положительным.
y |
М |
Р |
q(z) |
M |
Q |
qdz |
M+dM |
|
|
|
|
||||
|
|
O1 |
|
z |
|
|
Q+dQ |
|
|
O2 |
O1 |
|
|
||
|
z |
|
dz |
O2 |
|||
|
|
dz |
|
|
|
||
|
а |
|
|
|
|
б |
|
|
|
|
|
Рисунок 5.1 |
|
|
|
Выделим на участке, где нет сосредоточенных сил и моментов, малый отрезок О1О2 длиной dz (см. рис.5.1, б). Он находится в равновесии под действием внешней нагрузки, а также поперечных сил и изгибающих моментов, приложенных в сечениях О1 и О2.
Поскольку в общем случае внутренние усилия меняются вдоль оси балки, то в сечении О1 примем их равными Q и M , а в сечении О2 несколько большими: Q + dQ , M + dM . Внутренние усилия, как обычно, изобразим в
положительном направлении. В пределах малого отрезка dz будем считать нагрузку q распределенной равномерно.
Составим уравнения равновесия элемента dz: |
|
|||||
å Fky = 0; |
Q + qdz − ( Q + dQ ) = 0; |
(5.1) |
||||
å MO = 0; |
Qdz + M + qdz |
dz |
−( M + dM ) = 0 . |
(5.2) |
||
|
||||||
2 |
2 |
|
|
|||
Из уравнения (5.1), сократив на Q , получим |
|
|||||
|
q = |
dQ |
. |
(5.3) |
||
|
|
|||||
|
|
dz |
|
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com