Определение внутренних сил (Определение внутренних сил в стержневых систе), страница 3

17) покажем методику определенияопорных реакций.Рис. 16Рис. 17Направление реакции выбираем произвольно. Если в результате вычислений какая-либо реакция получается отрицательной, тонужно изменить на рисунке ее направление на противоположное.Как известно из курса «Теоретическая механика», для плоскойсистемы опорные реакции определяются из трех независимыхуравнений равновесия.

По возможности уравнения равновесия составляем так, чтобы в каждое из них входила только одна реакция.Сумма проекций всех сил на ось балки z равна нулю:Fz  0;H A  0.19Сумма моментов всех сил относительно опорного шарнира Aравна нулю — отсюда определяем реакцию RB . При записи этогоуравнения распределенную нагрузку постоянной интенсивности q,действующую по какой-либо части балки, мысленно приводимк равнодействующей, которая равна произведению интенсивности qна длину этого участка и приложена в середине его длины:M A  0;5ql  l  RB  2l  ql 2  ql  l  0;25RB  ql.4Сумма моментов всех сил относительно опорного шарнира Вравна нулю (из этого уравнения определяем RA ):M B  0;1RA  2l  ql  l  ql 2  ql  l  0;23RA  ql.4Для контроля правильности определения опорных реакцийможно использовать уравнение равновесия в виде суммы проекций всех сил на ось y:Fy  0;53ql  ql  ql  ql  0;440  0.Если балка состоит из частей, соединенных между собой шарниром (рис.

18, сечение С), то в данном сечении момент взаимодействия между частями балки равен нулю, а поэтому сумма моментов всех внешних сил, приложенных к левой или правой поотношению к врезанному шарниру частям балки, равна нулю:Рис.

18для правой части балкидля всей балки20M С  0;Fy  0;ql  l  RB  2l  0; RB RA  ql  RB  0;1RA  ql ;21ql ;2M A  0;M A  ql 2  ql  3l  RB  4l  0;M A  0.Правило знаков для внутренних силовых факторов. Для тогочтобы знаки эпюр не были привязаны к внешней системе координат, используют следующее соглашение: эпюры изгибающего момента M x строят на стороне сжатой части балки (рис. 19, а —сверху, рис.

19, б — снизу). Правило знаков для поперечной силыQy лучше запомнить как графическое. Для направления поперечной силы Q y , представленного на рис. 20, а, ординаты откладываютсверху от оси, а для направления, представленного на рис. 20, б, —снизу от оси.Рис. 19Рис. 20Изгибающий момент M x и поперечная сила Qy изменяютсяпо длине балки в зависимости от внешней нагрузки и являютсяфункциями координаты z.Изгибающий момент M x в сечении равен алгебраическойсумме моментов всех внешних сил, приложенных к отсеченнойчасти, относительно расчетного сечения (рис. 21):M x  ql  z  qz 12z.21Рис.

21Рис. 22Поперечная сила Qy в сечении равна алгебраической суммепроекций всех сил, приложенных к отсеченной части:Qy = ql – qz.Рассмотрим стержень, работающий на изгиб и находящийсяв условии равновесия. На расстоянии z от начала координат выделим элемент длиной dz и рассмотрим его равновесие (рис. 22).Запишем уравнения равновесия для элемента длиной dz:Fy  0;Qy  q  z  dz   Qy  dQy   0;dQ y q  z .dz(1)Проинтегрировав уравнение (1), получимQy  q  z  dz  C1.(2)При условии q  z   cosnt уравнение примет видQ y  qz  C1.(3)Запишем уравнение равновесия в виде суммы моментов всехвнешних сил, действующих на выделенный элемент, относительносечения А (см. рис. 22):M x22A 0;1Qy dz  M x  q  z  dz dz   M x  dM x   0.2Пренебрегая величиной второго порядка малости, получимdM x Qy .dz(4)Проинтегрируем уравнение (4):M x  Qy dz  C2 .(5)При условии q  z   cosnt уравнение примет вид1M x  qz 2  C1 z  C2 .2(6)Постоянные C1 и C2 определяются из граничных условийв начале рассматриваемого участка.Основные дифференциальные зависимости, используемые припостроении эпюр:dM x Qy ;dz(7)dQy q  z .dz(8)Построение эпюр.

Для построения эпюры необходимо выполнить следующие действия:1) разбить балку на участки с постоянным законом изменениявнешней нагрузки (для удобства расчетов на каждом участке началокоординаты z переносим в начало каждого следующего участка);2) определить Qy и M x последовательно на каждом участкес помощью метода сечений и уравнений равновесия для отсеченных частей:Fy  0 — сумма проекций всех сил (внешних и внутренних),M x  0 — сумма моментов всех внешних и внутренних силотносительно z-го сечения;3) проверить правильность построения эпюр, используя дифференциальные зависимости (7) и (8);234) изобразить примерный вид оси изогнутой балки, используяэпюру изгибающего момента на ее сжатой части.Пример 3.1.

Для балки, шарнирно опертой по крайним сечениям и нагруженной сосредоточенной силой (рис. 23), построитьэпюры Qy и M x . Изобразить приближенно ось изогнутой балки.Решение1. Определяем количество участков с постоянной внешней нагрузкой. Таких участков два.Для удобства расчетов на каждом участке вводим местную систему координат с началом отсчетадля координаты z в начале каждогоследующего участка.2. Отбросив опоры, заменяемих реакциями, которые определяемиз условия равновесия всей балки:Fz  0; H A  0;1M A  0; Fl  RB  3l  0; RB  3 F ;2M B  0; RA  3l  F 2l  0; RA  3 F .Проверяем правильность определения реакций:Fy  0; RA  RB  F  0;Рис. 2321F  F  F  0.333.

Используя метод сечений, записываем уравнения равновесия для каждой отсеченной части и определяем Qy и M x на каждом участке.24Первый участок: 0  z1  l ;22Fy  0; 3 F  Qy1  0; Qy1  3 F , функция Qy1 постоянна;2M x1  0; 3 Fz1  M x1  0;2M x1  Fz1 , функция M x1 — линейная функция координаты z;32при z1  0 M x1  0, при z1  l M x1  Fl.3Второй участок: 0  z2  2l ;21Fy  0; 3 F  F  Qy2  0; Qy 2   3 F , функция Qy 2 постоянна;2M x2  0; 3 F  l  z2   Fz2  M x2  0;21M x 2  Fl  Fz2 , функция M x 2 — линейная функция коор332динаты z; при z2  0 M x 2  Fl , при z2  2l M x 2  0.3Если при решении уравнения равновесия внутренний силовойфактор получился отрицательным, значит предварительное егонаправление было выбрано неверно. Изменив это направление,строим эпюру.Ориентируясь на эпюру M x и условия закрепления, изображаем примерный вид оси изогнутой балки (см.

рис. 23).Проанализировав полученные эпюры Qy и M x , отметим следующее:а) при наличии внешних сосредоточенных сил функция Qy поучасткам постоянна, функция M x линейная;б) в том сечении, где приложена внешняя сосредоточеннаясила, на эпюре Qy имеется «скачок» на величину этой внешнейсилы, на эпюре M x имеется излом, пиком направленный навстречу этой силе.25Пример 3.2. Для балки, жестко закрепленной в левом сечении инагруженной сосредоточенной силой F и сосредоточенным моментом 2Fl (рис.

24), построить эпюры Qy и Mx. Изобразить приближенно ось изогнутой балки.Решение1. Определяемколичествоучастков с постоянной внешнейнагрузкой. Таких участков два.2. Отбросив опоры, заменяемих реакциями, которые определяем из условия равновесия всейбалки:Fz  0; H A  0;Fy  0; RA  F  0; RA  F ;M A  0; M A  2Fl  F  3l  0;M A  Fl.3. С помощью метода сечений записываем уравнения равновесия для каждой отсеченнойРис.

24части, определяем Qy и M x накаждом участке.В данном примере это можно сделать, не определяя реакциив заделке, если рассматривать равновесие правых отсеченных частей балки.Первый участок: 0  z1  l ;Fy  0; Qy1  F  0; Qy1  F , функция Qy1 постоянна;M x  0;M x1  Fz1  0;M x1   Fz1 , функция M x1 — линейная функция координаты z;при z1  0 M x1  0, при z1  l M x1   Fl.26Второй участок: 0  z2  2l ;Fy  0; Qy2  F  0; Qy2  F , функция Qy 2 постоянна;M x  0;M x 2  F  l  z2   2 Fl  0;M x 2  Fl  Fz2 , функция M x 2 — линейная функция коорди-наты z; при z2  0 M x 2  Fl , при z2  2l M x 2   Fl.По эпюре M x рисуем примерный вид оси изогнутой балки.Эпюры Q y , M x и примерный вид оси изогнутой балки представлены на рис.

24.Проанализировав эпюры, отметим следующее:а) в том сечении, где приложен внешний сосредоточенныймомент, эпюра M x имеет «скачок» на величину этого внешнегомомента;б) в том сечении, где момент M x меняет знак, ось изогнутойбалки имеет точку перегиба;в) угол поворота сечения в заделке равен нулю, поэтому осьизогнутой балки в этом сечении имеет горизонтальную касательную.Пример 3.3.

Для балки, представленной на рис. 25, построитьэпюры Qy и M x . Изобразить приближенно вид оси изогнутойбалки.Решение1. Определяем количество участков с постоянной внешнейнагрузкой. Таких участков два.2. Отбросив опоры, заменяем их реакциями, которые определяем из условия равновесия всей балки:5M A  0; RB  3l  ql 2  2ql  2l  0; RB  3 ql;1M B  0; RA  3l  ql 2  2ql  l  0; RA  3 ql.27Проверяем правильность определения реакций:Fy  0; RA  RB  2ql  0;15ql  ql  2ql  0.333. Применяя метод сечений,записываем уравнения равновесия для каждой отсеченной частии определяем Qy и M x на каждом участке.Первый участок: 0  z1  l ;11 0; Q y1  ql ,3постоянна;Fy  0; 3 ql  Qy1функция Q y1M x  0;1M x1  ql  z1  0;31M x1  ql  z1 , функция M x1 —3линейная функция координаты z;при z1  0 M x1  0, при z1  lРис.

251M x1  ql 2 .3Второй участок: 0  z2  2l ;1Fy  0; 3 ql  qz2  Qy2 0;1Qy 2  ql  qz2 , функция Q y 2 — линейная функция коорди351наты z; при z2  0 Q y 2  ql , при z2  2l Qy 2   ql.3328M x  0;11ql  l  z2   ql 2  qz2  z2  M x 2  0;32411M x 2  ql 2  ql  z2  q  z22 , функция M x 2 — квадратичная332функция координаты z, которую описывает уравнение второго порядка. Параболу строят по трем точкам: границы участка и сечение, в котором парабола имеет экстремум.Границы участка:4при z2  0 M x2  ql 2 , при z2  2l M x 2  0.3Исследуем функцию M x 2  z2  на экстремум по формуле (7):d 4 2 11 211ql  qz*  0; z*  l; ql  ql  z2  q  z2   0;dz  332 3321  l1114253при z*  l M x  ql 2  ql  l  q    ql 2 .3333218По эпюре M x рисуем примерный вид оси изогнутой балки.Эпюры Q y , M x и примерный вид оси изогнутой балки представлены на рис.

25.Проанализировав эпюры, отметим, что на участках с распределенной нагрузкой интенсивностью q  const эпюра Qy —линейная, эпюра M x — квадратичная парабола, выпуклостью всегда направленная навстречу стрелочкам распределенной нагрузки.Пример 3.4. Для балки, представленной на рис. 26, построитьэпюры Qy и M x . Изобразить приближенно ось изогнутой балки.Решение1. Определяем количество участков с постоянной внешнейнагрузкой. Таких участков три.2.