2-4_vardanyan_sopromat1995 (772708), страница 22
Текст из файла (страница 22)
Пример 7.5. Балка с промежуточным шарниром нв ну„ нннн (рис. 7.22). Л Ь с гу е Расчетную схему балки знин с промежуточным шарниром 1 ум ни ~н можно представить в виде так называемой поэтажной схемы (рнс. 7.22, б), в кото- х рой выделяется несомая 8;18«н "55 нн н часть балки СЕ и несущая часть АС.
Несомая балка С шарнирно опирается на несущую в точке С. 11;-1анн Вначале необходимо сде- В лать расчет несомой балки. 814 А Определим опорные реакции " Занн и !нсни Фн Яс и Яв несомой балки: ХМ~=Я~.2 — 20 3— — 20.2 1=0; Яв=50 кН; ХМр — — — Яс 2 — 20 1+ +20.2 1=0; Яс=10 кН. О Вычислим Ду и М, в ха- 14 рактерных точках несомой Рнс. 7.22 балки СЕ. Сечение Е: Ду=20 кН; М,=О. Сечение .О Д"' = 20 кН; Д;" = 20 — 50 = — 30 кН; ЛХ, = — 20 1 = — 20 к Нм. Сечение С: Яу = Яс = 10 кН; М, = О.
На участке СР действует равномерно распределенная нагрузка, поэтому изгибающий момент М, изменяется по закону квадратной параболы. Для нахождения экстремального значения М, определим положение сечения балки на этом участке, в котором поперечная сила Ду равна нулю: аМ, Ду — — — * — — 10 — 20хв — — О, откуда находим хо =0,5 м. Следовательно, экстремальное значение М, на участке С22 будет равно М",""=10 0,5 — 20 0,5 0,25=2,5 кНм.
Несущая балка АС рассчитывается на действие приложенной к ней в точке В силы 30 кН и силы Кс=10 кН, численно равной опорной реакции балки СЕ и направленной в противоположную сторону. Вычислим Д и М, в характерных точках несущей балки АС. Сечение С: ~ =Кс=10 кН; М,=О. Сечение В: Д,О=Кс — — 1О кН; Д,"=1Π— 30= — 20 кН; М,= — 10 1= — 1О кНм. Сечение А: Д =10 — 30= — 20кН; М,= — 10 2+30 1=10 кНм.
В шарнире С йзгибающий момент равен нулю. 11ример 7.6. Для жестко заделанного одним концом ломаного стержня (рис. 7.23,а) построим эпюры внутренних усилий Ф,ДиМ. 00 9 40нйм ~~~00хй Лахйм 40ий Рмс. 7.23 Необходимо заметить, что для ломаных и криволинейных стержней и рам ординаты эпюры М, как и в балках, откладываются со стороны растянутых волокон. Вычисление усилий для консольных балок и ломаных стержней удобно начинать со свободного конца. При этом не требуется предварительное определение опорных реакций.
Вычислим значения Ф, Д, М в характерных сечениях стержня. Участок АВ Сечение А: Ю= — 50 кН (сжатие); Д=О; М=О. Сечение В: Х= — 50 кН; Я=20.2=40 кН; М= — 20.2 1= = — 40 кНм (растянуты верхние волокна). В пределах участка АК изгибающий момент изменяется по закону квадратной параболы, обращенной выпуклостью в сторону действия распределенной нагрузки. Участок И) Сечение В: М= — 20. 2 = — 40 кН; Д = — 50 кН; М= — 20 2 1 = = — 40 кНм (растянуты наружные волокна). Сечение С; У= — 40 кН; Д= — 50 кН; М,„= — 20 2.1+ +50 1,5=35 кНм (растянуты внузренние волокна); М,„= 35 — 55 = — 20 кНм (растянуты наружные волокна). Сечение.0: М= — 40 кН; Д= — 50 кН; М= — 20 2.1 — 55+ + 50 .
3 = 55 кНм (растянуты внутренние волокна). В соответствии с полученными резулыатами на рис. 7.23,6,в.г построены эпюры М, Д, М. Проверим равновесие узла В стержня. Для этого мысленно вырежем этот узел и приложим к нему внутренние усилия, действующие в поперечных сечениях горизонтального и вертикального элементов (рис. 7.23, д). Очевилно, что уравнения статики ХХ=О, Х 1'=О, ХМ0=0 выполняются. Следовательно, узел В находится в равновесии. Пример 7.7. Построим эпюры внутренних усилий Х, Д, М для рамы, показанной на рис. 7.24,а.
Найдем опорные реакции О„, КА и К„.: ХМ„=К„4 — 60 2 — 40 2 — 30 4 2+30 4=0; Кг=80 кН; ХМк= — К„4 — 60 2 — 40 2+30 4.2+30 4=0„К„=40 кН; ХХ= — и„+ 60+ 40 — 30 = 0; О,=70 кН. Для проверки спроектируем все силы на вертикальную ось: Х У= — 40 — 80+30 4=0. Опорные реакции найдены верно. Вычислим внутренние усилия в характерных сечениях рамы. Участок АС Сечение А:'М= — Кя — — — 40 кН; Я=НА=70 кН; М=О, Сечение В: М = — 40 кН; Д,.„= 70 кН, Д„= 70 — 60 =! 0 кН; М = 70 2 = 140 кНм (растянуты внутренние волокна). Сечение С: Х= — 40 кН; 9=70 — 60=10 кН; М=70 4— — 60 .
2 = 160 кНм (расгянуты внутренние волокна). Участок С0 Сечение С: У=70 — 60=10 кН; Д=40 кН; М=70 4 — 60 2= =160 кНм (растянуты нижние волокна). Сечение В: %=40 — 30=10 кН; Д= — Кг= — 80 кН; М=40 2=80 кНм (растянуты нижние волокна). 3923 129 а) аа»ся, ьа»я а) 66 г) Рис. 7.25 Рис. 7.24 130 1З1 Участок 0Г Сечение Г: Ю= — Яе= — 80 кН; Я=О; М=О.
Сечение Е: )с'= — 80 кН; Д,„=О; Д„= — 40 кН; М=О. Сечение 17: Ж= — 80 кН; Д= — 40 кН; М=40-2=80 кНм (растянуты внутренние волокна). В пределах пролета С17 рамы изгибающий момент М изменяется по закону квадратной параболы. Определим положение сечения, где поперечная сила Д обращается в нуль, и вычислим экстремальное значение момента М: Я=40 — 30х=О, хв — — 1,33 м, М,„=70 4+40 1,33 — 60.2 — 30 — '=186,67 кНм. В соответствии с полученными результатами на рис. 7.24,б,в,г построены эпюры ДР, Д, М.
Внутренние усилия, действующие в узле Р показаны на рис. 7.24,д. Как видно из этого рисунка, уравнения статики выполняются, и, следовательно, узел Р находится в равновесии. й 7.5. Нормальные напряжении при чистом изгибе Рассмотрим вначале участки балки, в пределах которых изгибающий момент имеет постоянное значение (М=сопз1), а поперечная сила отсутствует ®=0). Такой изгиб принято называть чистым изгибом. Для балки, показанной на рис. 7.25, а это имеет место в пределах всей ее длины, а для балки, показанной на рис. 7.25,б †толь в пределах участка С17. Изучим закон распределения напряжений в поперечном сечении балки при чистом изгибе.
С помощью эксперимента установле- Р но, что если на боковую поверхность резинового бруска прямоугольного поперечного сечения нанести ортогональную сетку в виде продольных и поперечных прямых (рис. 7.26), то после дефор-, - ° - ч »и»м р ' у «б продольные прямые принимают криволинейное очертание, а поперечные— остаются прямыми.
При этом сетка остается ортогональной. Отсюда можно сделать Вывод, что угловые деформации «л «»ьр *»«»»~««» в плоскости изгиба отсутствуют, и поперечные сечения балки при деформации Рис. 7.2б не искривляются. Из рис. 7.26 видно, что продольные волокна балки, расположенные ниже некоторого слоя, будут растянуты, а выше этого слоя — сжаты. Такой слой называется нейтральным слоем.
Он не испытывает деформаций растяжения и сжатия. Следовательно, ниже нейтрального слоя в поперечных сечениях действуют растягивающие нормальные напряжения, а выше этого слоя — сжимающие. Линия пересечения нейтрального слоя с плоскостью поперечного сечения называется нейтральной осью (нулевой линией) сечения. Экспериментальные и теоретические исследования чистого изгиба балок дают основание принять следующие гипотезы. 1.
Поперечные сечения балки, плоские до деформаиии, остаЮтся плоскими и ортогональными к нейрпральному слою после деформаиии (гипотеза Я. Бернулли). Эта гипотеза равносильна и = Ау+ Вг+ С, (7.8) где А, В и С являются функциями от х. Из первой и второй гипотез следует также, что су„ФО; су„=о,=т„,=т„=т,„=О. (7.9) Тогда с помощью закона Гука (6.12) и соотношений Коши (5.8) получим о„=Ее„=Š— =Е(А'у+В'2+ С'). дх (7.10) Заменив изгибающий момент М двумя составляющими и„и,(и= 'и 4.МЬ, и ге у и ординатных плоскостях Охг и Оху, нз условий статической эквивалентности получим д7=по„Ы=О; М,=Оп„хЫ; М,=До„ус(Е.
(7.11) Рис. 7.27 Рис. 7.28 Подставив в эти соотношения выражение ох из (7.10), приходим к системе уравнений относительно неизвестных А', В', С'. 132 предположению о том, что при изгибе происходит поворот поперечных сечений на некоторый угол относительно нейтральной оси и что угловые деформации в продольных сечениях балки отсутствуют. 2. Взаимное давление между продольными слоями отсутствует.
Из этого следует, что продольные волокна испытывают одноосное растяжение илн сжатие. Рассмотрим чистый изгиб стержня произвольного поперечного сечения. Поместим начало декартовой системы координат О в произвольной точке поперечного сечения, направив ось Ох параллельно оси стержня, а ось Оу вертикально вниз (рис. 7.27). Пусть силовая плоскость, в которой действует изгибающий момент М, не совпадает с координатными плоскостями. Из гипотезы плоских сечений (первая гипотеза) следует, что перемещение и вдоль оси Ох является линейной функцией координат у н г: А '5,+В'5,+С'Е=О; А'.У +В'У +С'5 = — ". (7.12) А 'У,+В'д'„+ С'Я, = — *, где Š— площадь поперечного сечения стержня, Я„ 5,— статические моменты площади сечения относительно осей Оу и 02 и У„, ӄӄ— осевые и центробежный моменты инерции сечения относительно этих осей.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
