Правила знаков для изгибающих моментов
2.1.Прямое правило:изгибающий момент считается положительным, если внешние силы, действующие на левый конец балки, поворачивают его по часовой стрелке, а действующие на правый - против часовой стрелки (рис.3).
2.2.Обратное правило:изгибающий момент считается отрицательным, если внешние силы, действующие на левый конец балки, поворачивают его против часовой стрелки, а действующие на правый - по часовой стрелке (рис. 4).
Последовательность построения эпюр поперечных сил и изгибающих моментов: 1.Под нагруженной балкой строим расчетно-графическую схему. 2.Используя три уравнения: ΣFix = 0, ΣFiy = 0, ΣM(Fi) = 0, определяем реакции опор балки (обязательно выполнить проверку решения). 3.Используя метод сечений, определяем значения поперечных сил в характерных точках, т.е. точках, в которых приложены внешние нагрузки (при этом удобнее использовать прямое правило знаков, т.е. разбивать балку слева направо). 4.По полученным значениям поперечных сил строим эпюру Qy: под балкой проводим прямую, параллельную ее оси, и от этой прямой в характерных точках откладываем перпендикулярные поперечным силам отрезки, соответствующие выбранному масштабу. 5.Используя метод сечений, определяем величину МИ в тех же характерных точках и по полученным значениям строим эпюру изгибающих моментов. Характерные особенности построения эпюрQy,МИ: 1.На участке балки, где действуют сосредоточенные силы, эпюра Qyочерчивается прямой, параллельной оси балки, а эпюра МИ - наклонной прямой. 2.На участке балки, где действует распределенная нагрузка, эпюра Qy очерчивается наклонной прямой, а эпюра МИ - параболой выпуклостью навстречу распределенной нагрузке. 3. В точке балки, где приложена сосредоточенная сила, на эпюре Qy, наблюдается скачок на величину этой силы, а на эпюре МИ — излом. 4.В точке балки, где приложен внешний момент, на эпюре Qyне наблюдается никаких изменений, а на эпюре МИ наблюдается скачок на величину внешнего момента. Задача 6. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для нагруженной балки (рис. 5), если М= 10 кН • м, F= 8 кН, q = 5 кН/м.
Решение: 1.ΣΜD(F1)=0 RAAD – qABKD -FCD-Μ=0 RA=(qABKD+FCD+Μ)/ AD=13,43кН;
2.ΣFiy=0 RA – qAB – F +RD=0 RD=-RA + qAB + F =4,57кН Проверка: ΣΜА(F1)=0 -М - RDAD+FАС+ qABАК=0 3.QA=RA=13,43 кН; QВ=RA – qAB=3,43кН; QС слева=RA – qAB=3,43кН; QС справа=RA – qAB - F = - 4,57кН; QD=RA – qAB - F = - 4,57кН; 4.ΜA=0; ΜB=RAAB - qABKB=16,86кН·м ΜС=RAАС - qABKС=23,72кН·м ΜD=RAD – qABKD - FСD =10,1кН·м При деформации изгиба возникает нормальное напряжение. Напряжения одинаковы в сечении балки по ширине, но изменяются по высоте балки. Условие прочности при изгибе:рабочее напряжение должно быть меньше или равно допускаемому напряжению, т.е.
где Wх -осевой момент сопротивления (величина, характеризующая способ ность элементов конструкции сопротивляться деформации изгиба. Осевой момент сопротивления сечения определяется по формулам: а) для круга (рис. 6а) Wx = 0,1d3; б) для кольца (рис. 6б) Wx=0,1 d *(l –α4), где α = dвн/dн; в) для прямоугольника (рис.6в)
Популярное: Модели организации как закрытой, открытой, частично открытой системы: Закрытая система имеет жесткие фиксированные границы, ее действия относительно независимы... Как распознать напряжение: Говоря о мышечном напряжении, мы в первую очередь имеем в виду мускулы, прикрепленные к костям ... ©2015-2024 megaobuchalka.ru Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. (1751)
|
Почему 1285321 студент выбрали МегаОбучалку... Система поиска информации Мобильная версия сайта Удобная навигация Нет шокирующей рекламы |