Лекции.Орг


Поиск:




Определение количества участков балки.




 

Границами участков являются места расположения тех сечений, где происходит скачкообразное изменение: физико-механических характеристик материала конструкций, формы или размеров, а также внешних нагрузок. Рассматриваемая двухопорная балка имеет постоянное поперечное сечение и четыре участка, обозначенные как: участок I - AB, участок II - BC, участок III - CD, участок IV - DE (рис.10).

3. Составление аналитических выражений внутренних усилий Qy и Mx.

 

Используем метод сечений. На каждом участке проводим условный разрез в любом месте и берём в рассмотрение одну из двух частей всей балки, ту, к которой приложено меньше нагрузок. Рассматриваем равновесие отсечённой части.

 

Участок AB. 0 £ z 1 £ 0,6 м.

Рассмотрим равнове­сие левой части балки длиной z 1 (рис. 12, a). Составим уравнения равновесия всех сил относительно точки сечения о:

 

∑Fy=0 - Q(z1 ) - RA=0; Q(z1)= - RA= -109,4 кН, (постоянная величина).

 

∑Мо=0 M(z1 ) - m + RA∙ z1=0; M(z1 )= m - RA∙ z1, (уравнение прямой линии).

Подставив в полученное выражение для изгибающего момента значения z 1 , соответству­ющие граничным сечениям участка AB, определим величины M(z1), возникающие в этом сечении:

M(0)= m =24 кН∙м; M(0,6)= 24-109,4∙0,6= -41,6 кН∙м.

 

 

 

а) б)

Рис.12

 

а)

 

 

б)

 

 

в)

 

 

 

г)

 

Рис.13

 

Участок BC. 0 £ z 2 £ 0,72 м.

 

Рассмотрим равнове­сие левой части балки длиной z 2 (рис. 12, б). Составим уравнения равновесия всех сил относительно точки сечения о:

 

∑Fy=0 - Q(z2)+F - RA=0; Q(z2)=F - RA= 34,6 кН, (постоянная величина).

 

∑Мо=0 M(z2 ) - m - F∙ z2 + RA∙ (z2+0,6)=0; M(z2 )= m + F∙ z2 - RA∙(z2+0,6).

Подставив в полученное выражение для изгибающего момента значения z 2 , соответству­ющие граничным сечениям участка BC, определим величины M(z2), возникающие в этом сечении:

M(0)= m - RA∙0,6 = 24-109,4∙0,6 = -41,6 кН∙м.

 

M(0,72)= m + F∙ 0,72 - RA∙(0,72+0,6)= 24+144∙0,72-109,4∙1,32= -16,7 кН∙м.

Участок DE. 0 £ z 3 £ 0,36 м.

 

Рассмотрим равнове­сие правой части балки длиной z 3 (рис. 14, а). Составим уравнения равновесия всех сил относительно точки сечения о:

 

∑Fy=0 Q(z3 ) - q∙ z3=0; Q(z3)= q∙ z3, (уравнение прямой линии).

 

Подставив в полученное выражение для поперечной силы значения z 3 , соответству­ющие граничным сечениям участка DE, определим величины Q(z3), возникающие в этом сечении:

Q(0)= 0; Q(0,36)= 40∙0,36 = 14,4 кН.

 

∑Мо=0 M(z3 )+q∙ z3 =0; M(z3 )= - q∙ , (уравнение параболы).

Подставив в полученное выражение для изгибающего момента значения z 3 , соответству­ющие граничным сечениям участка DE, определим величины M(z3), возникающие в этом сечении:

M(0)= 0; M(0,36)= -2,6 кН∙м.

Участок CD. 0 £ z 4 £ 1,08 м

 

Рассмотрим равнове­сие правой части балки длиной z 4 (рис. 14, б). Составим уравнения равновесия всех сил относительно точки сечения о:

 

∑Fy=0 Q(z4 )+ RD - q∙(z4+0,36)=0; Q(z4)= - RD + q∙(z4+0,36),

(уравнение прямой линии).

 

а) б)

Рис.14

 

Подставив в полученное выражение для поперечной силы значения z 4 , соответству­ющие граничным сечениям участка CD, определим величины Q(z4),

Q(0)= - RD + q∙0,36= -23+40∙0,36= -8,6 кН.

Q(1,08)= - RD + q∙(0,36+1,08)= -23+40∙1,44= 34,6 кН.

 

∑Мо=0 M(z4 )+q∙(z4+0,36) ∙ - RD∙ z4=0;

M(z4 )= - q∙ + RD∙ z4, (уравнение параболы).

 

Подставив в полученное выражение для изгибающего момента значения z 4 , соответству­ющие граничным сечениям участка CD, определим величины M(z4), возникающие в этом сечении:

M(0)= - q ∙ = - 40 ∙ 0,065= -2,6 кН∙м.

 

M(1,08)= - q ∙ + RD∙ 1,08= - 40 ∙1,04 + 23∙1,08= -16,7 кН∙м.

 

Поперечная сила Q(z4) на этом участке принимает в некотором сечении нулевое значение и меняет знак при прохож­дении через него (рис. 12, в). Поэтому в сечении, где Q(z4)= = 0, будет экстремальное значение изгибающего момента M(z4). Для его определения найдем величину z 0 , при котором Q(z4) = 0. Приравняв выражение для Q(z4) к нулю, получим:

Q(z4)=0; - RD + q∙(0,36+z0)=0; z0= = = 0,22 м.

 

Подставив найденное значение z 0 = 0,22 м в выражение для M(z4), найдем величину экстремального значения изгибающего мо­мента M max на этом участке:

M max = - q∙ + RD∙ z0= - q ∙ 0,17 + 23 0,22 = -1,7 кН∙м.

4.Построение эпюр Qy и Mx для всей балки.

Откладываем перпендикулярно от оси абсцисс в удобном для пользования масштабе значения Qy и Mx , возникающие в харак­терных и промежуточных сечениях каждого участка. Соединяем концы полученных ординат линиями, соответствующими законам изменения Qy и Mx на этих участках; строим эпюры Qy и Mx для всей балки (рис. 13, в,г).





Поделиться с друзьями:


Дата добавления: 2016-11-18; Мы поможем в написании ваших работ!; просмотров: 601 | Нарушение авторских прав


Поиск на сайте:

Лучшие изречения:

Настоящая ответственность бывает только личной. © Фазиль Искандер
==> читать все изречения...

806 - | 689 -


© 2015-2024 lektsii.org - Контакты - Последнее добавление

Ген: 0.011 с.