Klueva (771738), страница 4

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 4)

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. Отбросив опоры, заменяем их реакциями, которые определяем из условия равновесия всей балки:291 RB  2l  ql 2  ql 2 342ql  2l  0; RB  ql ;31M B  0; RA  2l  ql 2  3 ql 2 211 ql  l  ql  l  0; RA  ql.322Проверяем правильностьопределения реакций:M A  0;Fy  0; RA  RB  2ql  0;24ql  ql  2ql  0.333. Применяя метод сечений и записывая уравненияравновесия для каждой отсеченной части, определяем Qyи M x на каждом участке.Первый участок: 0  z1  l;2Fy  0; 3 ql  Qy1  0;2Qy1  ql , функция Q y13постоянна;2M x  0; M x1  3 ql  z1  0;2M x1  ql  z1 ,функция3M x1 — линейная функция координаты z; при z1  0 M x1  0,Рис.

26302при z1  l M x1  ql 2 .3Второй участок: 0  z2  l ;2Fy  0; 3 ql  qz2  Qy2 0;2Qy 2  ql  qz2 , функция Q y 2 — линейная функция коорди321наты z; при z2  0 Q y 2  ql , при z2  l Qy 2   ql ;33M x  0;21ql  l  z2   ql 2  qz2  z2  M x2  0;32121M x 2   ql 2  ql  z2  qz22 , 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:11при z2  0 M x 2   ql 2 , при z2  l M x 2   ql 2 .36Исследуем функцию M x 2  z2  на экстремум по формуле (7):d  1 2 21 222ql  qz*  0; z*  l ;  ql  ql  z2  qz2   0;dz  33233212122 1 2 при z*  l M x 2   ql 2  ql  l  q  l    ql 2 .33332 3 9Третий участок: 0  z3  l ;24Fy  0; 3 ql  3 ql  q  l  z3   Qy3 0;Qy 3  ql  qz3 , функция Q y 3 — линейная функция координаты z;при z3  0 Qy 3  ql , при z3  l Q y 3  0.M x  0;241ql  2l  z3   ql  z3  ql 2  q  l  z3   l  z3   M x3  0;3323111M x3   ql 2  ql  z3  qz32 , функция M x3 — квадратичная62функция координаты z, которую описывает уравнение второго порядка.

Параболу строят по трем точкам: границы участка и сечение, в котором парабола имеет экстремум.Границы участка:11при z3  0 M x3   ql 2 , при z3  l M x3  ql 2 .63Исследуем функцию M x3 ( z3 ) на экстремум по формуле (7):d  1 21 2  ql  ql  z3  qz3   0;dz  6212ql  ql  qz*  0; ql  qz*  0; z*  l ; при z*  l M x3  ql 2 .3По эпюре M x рисуем примерный вид оси изогнутой балки.Эпюры Q y , M x и примерный вид оси изогнутой балки представлены на рис. 26.Пример 3.5. Для балки, состоящей из двух стержней, соединенных шарниром в сечении B, жестко закрепленной слева и шарнирно опертой справа, нагруженной, как показано на рис. 27, построить эпюры Qy и M x . Изобразить приближенно вид осиизогнутой балки.Решение1.

Определяем количество участков с постоянной внешнейнагрузкой. Таких участков два.2. Отбросив опоры, заменяем их реакциями, которые определяем из условия равновесия всей балки.Изгибающий момент в сечении B (врезан шарнир) равен нулю.Используем это, определяя реакции. Рассмотрим равновесиеучастка BC:1M B  0; RC  l  ql  2 l  0;321RC  ql.2M A  0; RC  3l  q  2l  2l 1ql  3l  q  2l  2l 25 M A  0; M A  ql 2 .2Fy  0; RA  RC  2ql  0; M A  0;3RA  ql.2Проверяем правильностьопределения реакций:RA  RC  2ql  0;31ql  ql  2ql  0.223.

С помощью метода сечений записываем уравненияравновесия для каждой отсеченной части, определяем Qyи M x на каждом участке.Первый участок: 0  z1  l ;3Fy  0; 2 ql  Qy1  0; Qy1 Рис. 273 ql , функция Q y1 постоянна;23535M x  0; 2 ql  z1  2 ql 2  M x1  0; M x1  2 ql  z1  2 ql 2 ,функция M x1 — линейная функция координаты z; при z1  05M x1   ql 2 , при z1  l M x1   ql 2 .2Второй участок: 0  z2  2l ;Fy  0;3ql  qz2  Qy 2  0;2333Qy 2  ql  qz2 , функция Qy 2 — линейная функция коорди231наты z; при z2  0 Qy 2  ql , при z2  2l Qy 2   ql ;22M x  0;315ql  l  z2   qz2  z2  ql 2  M x 2  0;22231M x 2   ql 2  ql  z2  q  z22 , функция M x 2 — квадратичная22функция координаты z, которую описывает уравнение второго порядка.

Параболу строят по трем точкам: границы участка и сечение, в котором парабола имеет экстремум.Границы участка:при z2  0 M x 2   ql 2 , при z2  2l M x 2  0.Исследуем функцию M x 2  z2  на экстремум по формуле (7):d 31 2332ql  qz*  0; z*  l ; ql  ql  z2  q  z2   0;dz 22 22233313 1при z*  l M x 2   ql 2  ql  l  q   l   ql 2 .2222 2 8В сечении B, где врезан шарнир, M x 2 должен быть равен ну-лю: z2  l M x 2  0.По эпюре M x рисуем примерный вид оси изогнутой балки.Анализ эпюр Qy и M x показывает следующее:1) при отсутствии распределенной нагрузки функция Qy подлине участка постоянна, функция M x — меняется по линейномузакону;2) в сечении, где приложена внешняя сосредоточенная сила,функция Qy имеет «скачок» на ее величину, а функция M x имеетизлом, пиком направленный навстречу этой внешней силе;3) в сечении, где приложен внешний сосредоточенный момент, функция M x имеет «скачок» на его величину;344) при наличии на участке распределенной нагрузки постоянной интенсивности q функция Qy — линейная, функция M x —квадратичная парабола, выпуклостью направленная навстречустрелочкам этой нагрузки.

Парабола M x имеет экстремум в томсечении, в котором поперечная сила Qy равна нулю (формулы (7)и (8));5) в сечении, в котором функция M x меняет знак, ось изогнутой балки имеет точку перегиба. В сечении, в котором врезан шарнир, ось изогнутой балки имеет излом.Первые четыре пункта можно свести в таблицу (рис. 28).Рис. 2835Тема 4. Стержневые системы — рамыСтержневая система называется рамой, если все ее элементы —прямые стержни или стержни малой кривизны и хотя бы одна парастержней соединена между собой жестко.Узлы рамы могут быть как абсолютно жесткими (рис.

29, а),так и шарнирными (рис. 29, б).Шарнирный узел, соединяющий два стержня, оси которыхнаходятся на одной прямой, может рассматриваться как врезанныйв единый стержень шарнир (рис. 29, в).Рис. 29Рама называется плоской, если: а) оси всех ее элементов расположены в одной плоскости; б) одна из главных осей всех поперечных сечений элементов, работающих на изгиб, лежит в той жеплоскости; в) внешние сосредоточенные и распределенные силылежат в той же плоскости, а вектор внешнего момента перпендикулярен этой плоскости.

Рама называется плоско-пространственной, если выполняются условия а) и б), а внешние сосредоточенные и распределенные силы перпендикулярны упомянутойплоскости и векторы внешних моментов лежат в плоскости рамы.В противном случае рама называется пространственной.Алгоритм построения эпюр внутренних силовых факторованалогичен соответствующему алгоритму для балок и состоитв следующем:361) определить реакции опор из уравнений равновесия для всейрамы (в некоторых случаях это действие может быть опущено);2) определить внутренние силовые факторы в элементах рамы,используя метод сечений, и построить их эпюры. Удобно на каждом участке вводить местную систему координат с началом на одном из его концов. Эпюры строят прямо на осях соответствующихстержней.Пример 4.1.

Для рамы (рис. 30) построить эпюры изгибающихмоментов.Решение1. Определяем реакции опор. Участки рамы обозначим цифрами от 1 до 5, а сечения в опорах и узлы — буквами.Рис. 30Рис. 31Заменяем опоры реакциями, для их определения составляемуравнения равновесия всей рамы (рис. 31) (по возможности, уравнения равновесия следует составлять так, чтобы в каждое из нихвходила только одна реакция):M A  0;3H B  l  ql  l  ql 2  0;2Fz  0;Fy  0;RA  ql  0; H A  H B  0.3711Отсюда находим H B  ql , RA  ql , H A  ql.22Целесообразно убедиться в правильности определенных реакций.

Для этого можно использовать уравнения моментов относительно любой точки рамы, например точки K:1112M K  0;  2 ql  l  ql  l  ql  ql  2 l  2 ql  2l  0.HARAqHB2. Строим эпюры изгибающих моментов (эпюры Qy и N нестроим). Уравнения равновесия записываем для отсеченных частей, показанных на рис. 32–37.

Сумму моментов записываем относительно оси х в сечении z.Рис. 32Рис. 3538Рис. 33Рис. 36Рис. 34Рис. 37Если в раме есть узел, в котором сходятся несколько стержней(в данной раме узел D), построение эпюры ведем к этому узлу повсем стержням, а затем, рассматривая равновесие узла, проверяемправильность решения. Эпюры изгибающих моментов строим насжатой стороне стержня.Первый участок (см. рис. 32): 0  z1  l ;M x  0;1M x1  ql  z1  0;21M x1  ql  z1 , функция M x1 — линейная функция координа21ты z; при z1 = 0 M x1  0, при z1 = l M x1   ql 2 .2Знак «+» показывает, что выбранное направление внутреннегосилового фактора правильное, знак «–» — неправильное.Второй участок (см.

рис. 33): 0  z2  l ;M x  0;1M x 2  ql 2  ql  l  ql  z2  0;21M x 2  ql  z2  ql 2 , функция M x 2 — линейная функция ко211ординаты z; при z2 = 0 M x 2   ql 2 , при z2 = l M x 2  ql 2 .22Третий участок (см. рис. 34): 0  z3  l ;111M x  0; M x3  ql 2  ql  l  2 ql  l  z3   0; M x3  2 ql 2  2 ql  z3 ,функция M x3 — линейная функция координаты z; при z3 = 01M x3  ql 2 , при z3 = l M x3  0.2Четвертый участок (см.

рис. 35): 0  z4  l ;11M x  0;  M x4  qz4  2 z4  0; M x4  q 2 z42 , функция M x4 —квадратичная функция координаты z.Параболу строим по трем точкам: границы участка и сечение,в котором парабола имеет экстремум.39Границы участка:1при z4 = 0 M x 4  0, при z4 =l M x 4   ql 2 .2Исследуем функцию M x 4 ( z4 ) на экстремум, найдя положениевершины параболы. Для этого приравняем к нулю первую производную функции момента M x 4 :dM x 4dz  qz*  0, z*  0 — вершина параболы.Пятый участок (см. рис. 36): 0  z5  l ;11M x  0; M x5  2 ql  z5  0; M x5  2 ql  z5 , функция M x5 —линейная функция координаты z; при z5 = 0 M x5  0, при z5 = l1M x5  ql 2 .2Эпюра изгибающих моментов изображена на рис.

37.Частично правильность решения можно проверить, рассматривая равновесие узлов С (рис. 38, а) и D (рис. 38, б). Рассматриваем сечения, бесконечно близкие к узлу, поэтому сумму моментовзаписываем относительно любого сечения вырезанного узла:dz  0;M x  0;11ql 2  ql 2  ql 2  0.22Рис.

Характеристики

Список файлов книги