Кинасошвили Р.С. 1960 Сопротивление (1075901), страница 32
Текст из файла (страница 32)
Так как в данном случае закон изменения моментов представляет прямую, то для построения эпюры моментов надо знать моменты для двух каких-либо сечений балки. Возьмем сечение, совпадающее с плоскостью защемления, х=О. Момент для этого сечения по абсолютному значению будет наибольший. Это ясно из уравнения моментов. Момент этот равен: М»»» = — Р1. При х=(, т. е. в месте приложения изгибающей силы Р, М = — Р(1 — х) = — Р(1 — 1) = О.
Имея моменты для двух сечений, построим эпюру моментов, изображенную "з рис. 115, в. Моменты отложены от горизонтальной линии А,В, вниз потому, что изгибающие моменты в отрицательные. Таким образом, в данном случае эпюра моментов выражается треугольником А»В»С». Опасным сечением этой балки является сечение защемления, так как в нем изгибающий момент имеет максимальное значение. Заметим, что в данном случае можно было построить эпюры моментов и поперечных сил проще, не определяя опорных реакций в защемлении. Для этого надо было определять М и (,1 для сечения, отстоящего на расстоянии х от защемления, обращаясь к силам, лежащим справа.
Укажем следующее важное правило: если .к балке приложены сосредоточенные силы и сосредоточенные моменты, то эпюра изгибающих моментов выразится отрезками прямых линий (параллельных оси балки илн наклонных). Поэтому для построения эпюры моментов в этом случае достаточно вычислить моменты только для отдельных сечений балки, лежащих на границах отдельных участков эпюры.
206 изГВБ пРЯмолинейьоГО БРУСА, изГиБАющий момент 1гл. чш Из этого уравнения видно, что поперечная сила изменяется по закону прямой линии: при х = 0 поперечная сила чу=О, при х = у поперечная сила Г;У = — !уУ = — Р. Максимальное значение поперечной силы получается в заделке: )-"!)ИЩ)ЩЦЦ е бу бу Рнс. 116. по двум значениям вычерчена (рис. 116, б). б) Построение эпуоры моментов. Рассматривая левую отсеченную часть, получим: х ~ух" М = — ух —, 2 2 Закон изменения изгибающего момента, выражающийся последним урзвнением, будет по всей длине балки одним и тем же; х изменяется в пределах от х = О до х = у.
Уравнение моментов представляет параболу. Лля ее построения определим моменты для нескольких сечений: при х=О изгибающий момент М=О, оуя при х= —,, изгибающий момент М= — — = — Р—, 8 8' !у!! при х=у изгибающий момент М = — —,—, = — Рт-, 2' Рассмотрим еще один пример. Балка длиною у, защемленная одним концом, изгибается нагрузкой Р, равномерно распределенной по всей длине балки, причем величина нагрузки, приходящейся на единицу плицы балки 1интенсивность нагрузки), равна !у Грнс.
116, а). Построим эпюры поперечных сил и моментов. а) Построение эпюры поперечных сил. Лля этой балки мы построим эпюры без определения реакций. Сумма всех сил, лежащих слева от сечения х, и равна; 3 б1! эпюеы изгивлюших моментов и попегнчных сил 207 Максимальный момент получился в защемлении, т. е.
при х=й вм Р! (157) Если сравнить этот момент с максимальным изгибающим моментом в случае сосредоточенной силы, приложенной на конце балки, то увидим, что максплшльный изгибающий момент при равномерно распределенной нагрузке в два раза меньше, чем в случае сосредоточенной силы. Эпюра изгибающих моментов построена по найденным точкам параболы на рис. 1!6, в. Пример 53. Построить эпюры поперечных сил и изгнбагощих моментов для балки, показанной па рнс. 117, а. Игпенснвность нагрузки г) = 2т(м, сила Р = 2т, сосредоточепньш момент иа конце балин т = 3 тм.
Длина участков; а = 1 м, а = 3 м, с = 2 м. Построение эпгоры поперечных сил. На первом участке попере'шой силы пет. На втором участке поперечная сила разию геэ = Р = 2 гп, т. е. на всем участке постоянна. На третьем участке поперечная сила равна: ()э — — Р— г) [х — (а+ (г)1 = 2 — 2(х — 4), или ()~ —— 10 — 2х, т. е. поперечная сила на третьем участке изменяется по закону прямой.
Найдем два значения г;) на этом участке: ггри х = а + 6 = 4 м ()=!Π— 2 4=2т, при х= а+ 6+с = 6 м (;)=10 — 2 6= — 2 т. По найденным значениям () построена эпюра (рис. 117, 6). Построение эпюры изгибающих моментов. На первом участке балки момент постоянен н равен: гмг = — т = — 3 пглг. На втором участке: гИэ = — т -1- Р (х — а) = — 3 + 2 (х — 1) = — 5 + 2х.
На этом участке изгибающий лгомеит изменяется по закону прямой; для построения эпюры найдем два значения моментов: 208 ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО БРУСА, ИЗГИБАЮЩИЙ МОМЕНТ [ГЛ. ЧН1 прих=а=1м М = — 5 при х= а+Ь= 4 м Мс +2 ° 1= — 3 тм, 5+2 ° 4=3 тм, На третьем участке М = — т+ Р(х — )— д [х — (а+ Ь)]т 2 или Мл — — — 3+ 2 (х — 1) — —,— = — ха+ 10х — 21. 2 (х — 4)т 2 На этом участке график момента изменяется по параболе, по- Рнс. 1!7. этому для построения эпюры моментов найдем три заачения моментов: при х=а+Ь=4 м Мс = — 4'+ 10 4 — 21 = 3 тлт, 5 61] эпюны изгиваюших моментоз и попенечнъ|х сил 209 о) ) 5) ,а 1 В дг! Ь) б) сумма моментов впешннт лил относительно опоры В еллаМИ вЂ”вЂ” А 1 — Р ° Ь=О, Ь А = Р ° —. '1' д, Рнс.
118 Удобство применения в обоих случаях уравнений моментов заключается в том, что в каждое уравнение входит только одна неизвестная реакция, Для проверки найденных реакций воспользуемся другим усло- вием равновесия, а именно: ~У=О; ~~ У = А +  — Р = О. Подставив значения А и В, убедимся в правильности опреде- ления реакций. б) Построение зпюры поперечных сил. Рассматриваемая балка имеет два участка: первый участок от левой опоры А до сечения, где прилолкена сила Р, т. е.
до сечения С, второй участок — от сечения С до правой опоры В. Для всех сечений первого участка суима сил, чежащих левее сечения, выражается одной силой, реак- Ь цпей на левой опоре А = Р†, направленной вверх. Поэтому на 14 зая. лали Р. с. кяяасошаяля при х=а+Ь+с=б м Мгл —— — бз+ 1О ° б — 2! = 3 тм, с прп х а+ Ь+ —,-=5 м 2 М= — бч+1О 5 — 21=4 тм.
По найденныл! значениял! люнентов построена зпюра (рис. 117,я). Пример 54. Валка длиной 1, свободно лелкащая на двух опорах, изгибается сосредоточенной силой Р (рис. 118, а). Построить зпюры попе- и — Ь речных сил и изгибающих -х — -- 2 — х— моментов. я а) Определение опорных реакций. Составляя уравнения моментов относйтелыло опор А и В, получим: ! '1 С сумма моментов внешнллх РЬ,~ !1, сиз относительно опоры А лЯ ч!,,ц ~чРА( = В 1+Р.и=о, г ',, '~ ~-4!~ь В=Р ° —; л 2!О ИЗГИБ ПРЯМОЛИНЕйИОГО БРУСЛ, ИЗГИБЛЮЩИй МОМЕИТ [ГЛ. ЧП1 линию А'С' до конца первого участка. При переходе через граничное сечение двух участков, т.
е. через сечение, где приап>кена сила Р, поперечная сила лелает резкий скачок. Абсолютная величина скачка поперечной силы равна величине сосредоточенной силы, прилоткенной в этом сечении. Таним образом, иа втором участке поперечная сила будет равна сумме сил; Р— +( — Р) = Р— = — Р—. Ь Ь вЂ” 1 а 1 1 1' Следовательно, поперечная сила на втором участке будет отрицательной,оставаясь постоянной для всего участка. Для завершения построения эпюры поперечных сил откладываем от точки С' вниз отрезок С'Ст, представляющий в масштабе силу Р, и от точки Сэ проводим горизонтальную линию СеВт. е) Построение зпюры жожентое. )Тля любого сечения первого участка, отстоящего на расстоянии х от левой опоры, изгибающий мочепт зависит только от одной силы А н выразится так: И,=Ах=Р.— х. Ь '1 (а) Нз этого уравнения видно, что изгибающий момент увеличивается прямо пропорционально расстоянию х.
Величина х в этом уравнении моментов первого участка может принимать значения только от х = О до х = а; большие значения х соответствуют сечеиияль находящимся на втором участке балки, для которого будет свое уравнение моментов. Так как уравнение (а) первой степени относительно х, то изгибающий момент изменяется по закону прямой. Следовательно, для построения эпюры на этом участке достаточно знать величины моментов для каких-либо двух сечений. Над опорой А, т.
е. при х = О, момент Л(л — — О. Под силой Р, РаЬ т. е. при х = а, момент Мо — — —. 1 Теперь напишем уравнение изгибающих моментов второго участка для сечения, находящегося на расстоянии х от левой опоры, и найдем для него изгибающий момент от всех сил, лежащих левее этого сечения; РЬ Ь!т = Ах — Р(х — а) = — х — Р(х — а). 1 Это — уравнение первой степени; следовательно, изгибающие моменты и на втором участке балки изменяются также по закону прямоть Но в уравнении (б) в отличие от уравнения (а) расстояние х первом участке поперечная сила постоянна.
1(ля построения эпюры откладываем от точки Ат (рис. 1[8, б) вверх отрезок АтА', пред- Ь ставлшощий в масштабе силу Р.—, и проводим горизонтальную 9 611 зпюгы изгнвлюшнх момвнтов н попвввчных сил 211 может меняться в пределах второго участка, т. е. от х = а до х=алгЬ=1, Имеем: прн х=а Ь Рал <Ис —— 1 — — Р( — а)= — ' а прн х = 1, т. е. над правой опорой, РЬ А(, = — 1 — 1 (1 — а) = О. в— Слеловательпо, опасное, нлн расчетное сечение балки, соответствующее наибольшему изгибающему моменту А(мах Раб мах (168) будет под силой Р.
1 Для частного случая, когда а = Ь = —,—, т. е. когда сила Р приап>кена посредине балки, нмееч: й(мах Р! (169) Изгибающие моменты на обоих участках балки изменяются по закону прямой. Над опорами моменты равны нулю. Следовательно, зпюра моментов балки изобразится ломаной линией А<С В, (рис.118 л), Высота заштрихованного треугольника А<С<В< представляет в мас- аЬ штабе момент Р—. В сечении С, где поперечная сила переходит через пуль, изгибающий момент имеет максимальное значение.
Пример 55. Балка длиной 1, свободно лежащая на двух опорах, изгибается равномерно распределенной нагрузкой интенсивности (< (рпс. 119, а). Построить зпюры поперечных снл н изгибающих моментов. а) Определение реакций. Вся нагрузка, действующая на балку, равна <11. Так как зта нагрузка распределена равномерно по всему пролету балки, то реакции опор будут: А=В= —.
<11 б) Пос<ироение эпюры поперечных сил. Рассматриваемая балка имеет только один участок. Сумма сил, лел<ащих по левую сторону от сечения, выран<ается уравнением <)1 0 = —, — <)х. 2 Так как уравнение поперечных снл есть уравнение первой степени, то зпюра будет представлять прямую, для построения которой достаточно знать два значения поперечной силы; 14х 2)2 изгив пгямолинпйиого БРУСА, изгиБАющий момпит [гл. Уш при х = О поперечная сила равна о1 (> = —,=А, А > при х = 1 поперечная сила равна Полученное выражение для моментов представляет уравнение параболы.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
