Контрольная по прикладной механике. Номер шифра 8 для исходных данных Вариант 18 для расчетных схем

Номер шифра 8 для исходных данных

Вариант 18 для расчетных схем

_

ПОЛНОЕ ЗАДАНИЕ В ДЕМО ФАЙЛЕ,

ЧАСТЬ ДЛЯ ПОИСКА ДУБЛИРУЮ НИЖЕ

_

СДЕЛАНО ОТ РУКИ

39

М.Н.Серазутдинов, Ф.С. Хайруллин

РАСЧЕТ БАЛКИ ПРИ

ПЛОСКОМ ИЗГИБЕ

Учебное пособие

Казань 2009

40

УДК 539.3

Расчет балки при плоском изгибе: Учебное пособие /

М.Н.Серазутдинов, Ф.С. Хайруллин; Казан. гос. технол. ун-т. Ка-

зань, 2009.

Учебное пособие содержит сведения по дисциплине «Сопро-

тивление материалов», необходимые для выполнения самостоя-

тельной работы студентами. Рассмотрены вопросы построения

эпюр внутренних силовых факторов, изложены теоретические

основы расчетов балки при плоском изгибе, вала при изгибе с

кручением, статически неопределимых систем, стержневых сис-

тем на изгиб и устойчивость. Представлены задания к расчет-

ным работам. Приведены решения задач.

Предназначены для студентов всех форм обучения механических

специальностей.

Подготовлены на кафедре теоретической механики и сопротивле-

ния материалов КГТУ.

Печатаются по решению редакционно-издательского совета

Казанского государственного технологического университета

Рецензенты: д-р физ.-мат.наук, проф. Каюмов Р.А.

д-р техн. наук, проф. Шамсутдинов Ф.А.

ISBN 0-0000-0 © Казанский государственный

технологический университет, 2009 г.

41

2. РАСЧЕТ БАЛКИ ПРИ ПЛОСКОМ ИЗГИБЕ

2.1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ

Полагаем, что изгиб происходит в плоскости Oyz, ось Оz направле-

на вдоль продольной оси стержня, а ось Ох перпендикулярна плоско-

сти Oyz. В этом случае, при изгибе в поперечных сечениях балки воз-

никают изгибающий момент Мх и поперечная сила Qy . Будем ис-

пользовать обозначения x M  M , y Q Q .

Нормальное  и касательное  напряжения в поперечных сечени-

ях балки определяются по формулам:

y

J

  М , (2.1)

( )

* ( )

J b y

QS y   x . (2.2)

В формулах (2.1), (2.2) x J  J – осевой момент инерции попереч-

ного сечения; ) (y S*x – статический момент отсеченной части относи-

тельно оси Ох; b(y) – ширина сечения; y – координата точки в кото-

рой определяется напряжение.

Расчет балки на прочность проводится по максимальным нормаль-

ным max  и касательным max  напряжениям, а также с использовани-

ем теории прочности. В дальнейшем будем использовать соотношения

третьей теории прочности.

Полагаем, что материал балки одинаково сопротивляется растяги-

вающим и сжимающим напряжениям.

Условия прочности по максимальным напряжениям представляют-

ся следующим образом:

    

W

M

y

J

M max

max

max

max , (2.3)

     





 



 

max

max

b(y)

S y

J

Q *

x

max , (2.4)

42

где ,  – допускаемые значения напряжений, max W  J / y – осе-

вой момент сопротивления сечения.

Условия третьей теории прочности:

  2  42   III . (2.5)

Расчет на прочность балки с поперечным сечением в виде двутавра

проводится в следующей последовательности. Из условий прочности

по максимальным нормальным напряжениям (2.3) находится номер

двутавра, для которого проверяется выполнение условий (2.4) и (2.5).

Если одно из них нарушается, то размеры поперечного сечения балки

(номер двутавра) следует увеличить до величины, при которой вы-

полняются все условия прочности.

При вычислении левых частей неравенств (2.3) – (2.5) следует ис-

пользовать значения М и Q, возникающие в так называемых опасных

(наиболее напряженных) сечениях.

Для определения опасных сечений строятся эпюры Q и М.

При расчете по максимальным нормальным напряжениям max 

опасным является сечение, в котором изгибающий момент М прини-

мает наибольшее значение.

При расчете по максимальным касательным напряжениям max 

опасным является сечение, в котором поперечная сила Q принимает

наибольшее значение.

В случае использования соотношения (2.5) опасным является сече-

ние, в котором эквивалентное напряжение III  имеет наибольшее зна-

чение. Если М и Q принимают максимальные значения в одном сече-

нии, то в этом же сечении максимальным будет и III  . Если же наи-

большие значения М и Q возникают в различных сечениях, то выпол-

нение условия (2.5), следует проверить для сечений, в которых М и Q

значительны по величине.

Напряжения  и  изменяются по высоте сечения. Условия (2.3),

(2.4) записываются в соответствующих точках максимума  и  . Вы-

полнение неравенства (2.5) следует проверить для точек, в которых 

и  значительны по величине. Для проведения этой проверки в опас-

ном сечении балки строят эпюры  и  .

43

При расчете балки в виде двутавра в условие (2.5) подставляются

значения  и  для точки перехода от полки к стенке двутавра, а

также в центре сечения при у = 0.

Для балок постоянного сечения можно записать уравнение, выра-

жающее зависимость между прогибом балки  и действующими на

нее внешними силами и моментами. Это уравнение называется уни-

версальным уравнением упругой линии балки. Аналогичное уравне-

ние можно записать и для углов поворота балки  .

Универсальное уравнение упругой линии балки получается с ис-

пользованием дифференциального уравнения

E J

M

dz

d  



2

2

. (2.6)

Здесь Е – модуль упругости материала балки.

Выражение для изгибающего момента М в этом случае удобно за-

писывать с использованием обобщенной функции  n

0 z - z  , которая

определяется следующим образом:

 

 

  





  0 0.

, 0;

0

0

n

n 0

0 если z - z

z - z если z - z

z - z n  0,1,2,... (2.7)

В соответствии с выражением (2.7) получается, что обобщенная

функция является степенной функцией, если значение ее аргумента-

0 z - z положительное, и равна нулю, если  0 0 z - z . Индекс + в вы-

ражении для обобщенной функции отражает эту особенность.

Отметим, что операции дифференцирования и интегрирова-

ния обобщенной функции (2.7) выполняются так же, как и для

обычной функции, а   0 0 0  z - z , если  0 0 z - z .

Выражение для изгибающего момента, возникающего в балке при

действии сосредоточенного момента 0 M (Рис.2.1а), с использованием

функции (2.7), имеет вид

 0

0  M  M z  a . (2.8)

44

С учетом того, что число в нулевой степени равно 1 и, в соответст-

вии с (7)   0  0  z a при z  a  0 , получаем

   



 



 

  0 .

0 1, ;

0

если z a

z - a если z a

z - a

Следовательно, как и должно быть, на участке ОА M  0 , а на АВ

– 0 M  M . Знак минус в выражении (2.8) поставлен в соответствии

с принятым правилом знаков для изгибающего момента.

а)

а

M0

B

y

О z A С

F

b B

y

О z

б)

q

c С

y

z

D

О

в)

q

c

d

y

z

Е

О

С D

г)

q

c

d

y

z

Е

О

С D

д)

Рис. 2.1

45

Аналогично, изгибающий момент от сосредоточенной силы F

(рис.2.1б)

M  Fz  b .

На участке ОВ (рис.2.1,б) z  b  0 , поэтому     0  z b M  0 , а

следовательно z  b  z  b  , M  Fz  b.

Для балки, загруженной распределенной нагрузкой на участке СD,

который начинается при z  c и продолжается до конца балки

(рис.2.1в)

2

( )2

 

M  q z c . (2.9)

В случае, когда участок распределенной нагрузки СD не распро-

страняется до конца балки (рис.2.1г), а заканчивается в точке D, по-

ступают следующим образом. Продолжают нагрузку q на участке DЕ

и прикладывают такую же нагрузку q противоположного знака

(рис.2.1д). В результате получается, что на балку действуют нагрузки

q , приложенные по участкам, продолжающимся до конца балки. Сле-

довательно, при записи М можно использовать выражения вида (2.9).

Для балки, показанной на рис.2.1г и 2.1д, с учетом (2.9), получаем

2

( )

2

( )2 2

  





M  q z c q z d . (2.10)

Обратим внимание на особенности записи выражения для изги-

бающего момента, при наличии распределенной нагрузки q , дейст-

вующей на некотором участке балки c  z  d . В этом случае

   

2 2

2 2

   

M  q z c  q z d .

Здесь c – координата начала участка действия распределенной на-

грузки, d – координата конца участка. Знак первого слагаемого вы-

бирается в соответствии с принятым правилом знаков для изгибающе-

го момента, который создается действием нагрузки q . Знак второго

слагаемого – противоположен знаку первого. Так, член

2

( ) 2

 z  c q

46

входит в уравнение (2.10) со знаком « + », т.к. в сечениях балки при

z  c нагрузка q создает положительный момент – растягивает часть

стержня (верхнюю) с положительной координатой y .

Рис. 2.2

Для балки АВ (рис. 2.2), загруженной сосредоточенными силами

F1 , F2 , моментом М0 и распределенной нагрузкой q выражение для

изгибающего момента М можно записать в следующем виде:

.

2

( )

2

( )

( 0) ( ) ( )

2 2

0

1 2 0

 

  









      

q z a q z c

M F z F z b M z d

(2.11)

Подставляя выражение (2.11) в уравнение (2.6), получим

       



  

0

2 1 2 0

2

F (z 0) F (z b) M (z d)

dz

EJ d

.

2

( )

2

( )2 2

  





 q z a q z c

Интегрируя это уравнение, находим

   

     

,

6 6

2 2

0

3 3

0

2

2

2

0 1

 



 







  









  



M z d q z a q z c

E J F z F z b

dz

E J d

F1 q

b

c

а

d

M0

B

y

A z

F2

47

   

     

.

2 24 24

6 6

0

2 4 4

0

3

2

3

0 1

  

 





















     

M z d q z a q z c

E J E J E J z F z F z b 0

Здесь 0 EJ , 0 EJ – постоянные интегрирования, для нахождения

которых используются граничные условия, зависящие от условий за-

крепления балки.

Если в некотором сечении балки с координатой z  z1 имеется

шарнирная опора, то в этом сечении прогиб балки должен быть равен

нулю и граничное условие имеет вид:

  0 1  z  .

Если в некотором сечении 2 z  z балка защемлена (заделана), то в

этом месте должны быть равны нулю прогиб и угол поворота:

  0 2  z  ,

 

2  0



dz

d z

.

2.2. ПРИМЕР РАСЧЕТА

Для балки с постоянным поперечным сечением в виде двутавра

(рис. 2.3) произвести следующие расчеты:

1) Из условия прочности по максимальным нормальным напряже-

ниям подобрать размеры поперечного сечения балки. Проверить вы-

полнение условий прочности по максимальным касательным напря-

жениям и условия третьей теории прочности.

2) Записать универсальное уравнение упругой линии балки и урав-

нение для углов поворота балки. Построить эпюры прогибов и углов

поворота.

3) Произвести расчет на жесткость по максимальным прогибам в

пролете и на консольной части балки.

Используем следующие исходные данные: l1 = 2 м, l2 = 4 м, l3 = 2 м,

q1 = 50 кН/м, q2 = 30 кН/м, М0 = 40 кН·м, F = 30 кН, Е = 2·105 МПа,

=160 МПа,  = 100 МПа.

48

Допускаемые значения прогиба балки в пролете   пр / 300   l , на

консоли   /150 к   l . Здесь lпр , lк – соответственно, длины пролета

и консольной части балки.

1. Определение опорных реакций. Опорные реакции для рас-

сматриваемого примера уже вычислялись в первой главе. Получили -

 70 B R кН,  60 C R кН.

Используя описаные правила записи изгибающего момента с при-

менением обобщенной функции (2.7), получим

( ) ( / 2) ( ) .

2

( )

2

( )

2

( )

2

1 1 2 1 2

2

1 2

2

2

1

2

2

1

1

2

1

  

  

       



 









  

R z l F z l l R z l l

M q z q z l q z l q z l l

B C

(2.12)

Слагаемое   0

0 1 2 3  M z  l  l  l , учитывающее наличие сосредото-

ченного момента, в уравнение (2.12) не введено, т.к. по определению

обобщенной функции   2 0

z  l1  l2  l3  для любого 1 2 3 z  l  l  l ,

т.е. оно равно нулю по всей длине балки.

Для определения поперечной силы воспользуемся дифференциаль-

ной зависимостью между изгибающим моментом и поперечной силой

Q

dz

dM  . Дифференцируя выражение для момента (2.12), находим

     

    .

2

0

1 2

0

2

1 1

0

1

1 1 1 2 1 2 1 2







  

   







     

         

R z l F z l l R z l l

Q q z q z l q z l q z l l

B C

(2.13)

2. Построение эпюр изгибающего момента М и поперечной си-

лы Q.

Один из возможных способов записи выражений и вычисления

значений Q и М представлен в первой главе. Можно также при по-

строении эпюр Q и М воспользоваться выражениями (2.12), (2.13).

При этом для вычисления значений Q и М балка также разбивается на

четыре участка – I, II, III, IV (рис.2.3).

Участок I, 0  z  2 м.

49

На этом участке z  l1 , поэтому, в соответствии с определением

обобщенной функции (7),

  0,   0,

2

0, 1 2

2

1 1     







     





k

k

z l k z l l z l l при k  0,1.

Следовательно, часть слагаемых в выражениях (2.12), (2.13) обратится

в нуль и, в результате, получаем

Q q z 1   ,

2

2

1

z

M  q .

При z  0 Q = 0, М = 0;

z 1м М = – 25 кН·м;

z  2м Q = – 100 кН, М = – 100 кН·м.

Участок II, 2 м  z  4 м.

Как видно из рис.2.3, на этом участке 1 2 z  l  0,5l , поэтому

0,   0,

2 1 2

2

1     







   



k

k

z l l z l l при k  0,1,

из формул (2.12), (2.13)

      , 1 1 1 2 1 B 1 1 2 1 B Q  q z  q z  l  q z  l  R  q l  q z  l  R

( ).

2

( )

2

( )

2

( )

2

( )

2

1

2

1

2

1

1 1

1

2

1

2

2

1

1

2

1

R z l

z l

q l z l q

R z l

z l

q

z l

M q z q

B

B

 



 







   

  







  

При z  2м Q = – 30 кН, М = – 100 кН·м;

z  3 м М = – 115 кН·м;

z  4 м Q = – 30 кН, М = – 100 кН·м.

Из полученных числовых данных видно, что изгибающий момент

М принимает на данном участке экстремальное значение. Определим

максимальное значение М и сечение, в котором он возникает.

50

Из условия экстремума М

 0

dz

dM

,

имеем

( ) 0 1 1 2 1  q l  R  q z  l  B ,

Отсюда, обозначая z через z* , получим

 / 3 1 1 2 1 2 z  q l  R  q l q  B

* м.

Таким образом, в сечении z  3 м Q  0 , а изгибающий момент

принимает экстремальное значение

q2

l1

C

I

M0

B

y

A z

F

М,

кНм

RB RC

D

z q1 z

l2/2 l2/2 l3

II III IV

40

115

100 100

30 60

30

100

Q,

кН

Рис. 2.3

51

    115

2 2 1

*

2

1

*

2

* 1

max 1 1    



 









M  q l z  l q z l R z l B кН·м.

Участок III, 4 м  z  6 м.

На этом участке

,   0, 1 2 1 2      

z l l z l l k при k  0,1,

     

  ,

2 2

1 1 1

1 1 1 2 1 2 1 2







     

         

R z l F z l l

Q q z q z l q z l q z l l

B

( ) ( / 2).

2

( )

2

( )

2

( )

2

1 1 2

2

1 2

2

2

1

2

2

1

1

2

1

R z l F z l l

z l l

q

z l

q

z l

M q z q

B     



 









  

При z  4м Q = – 60 кН, М = – 100 кН·м;

z  5 м М = – 85 кН·м;

z  6 м Q = 0, М = – 40 кН·м.

Участок IV, 6 м  z  8 м.

Q  0 , M  – 40 кН·м.

На основе полученных числовых результатов строятся эпюры Q и

М. (Рис. 2.3).

3. Подбор сечений балки из условия прочности по максималь-

ным нормальным напряжениям.

Как видно из эпюры М (рис. 2.3), опасным сечением при расчете по

максимальным нормальным напряжениям является сечение при

z  3 м, в котором возникает наибольшее значение изгибающего мо-

мента М  115 кН·м.

Из условия прочности (2.3) определяем момент сопротивления се-

чения балки.





M

W 6 3

6 2

3

719 10 719см

160 10 Н/ см

115 10 Н м

160МПа

115кН м   



 





  .

52

В соответствии с таблицей сортамента, найденному значению W

соответствует двутавр № 36 – для которого   743 x W W см3,

h = 36 см, b = 14,5 см, d = 0,75 см, t = 1,23 см, h1 = h – 2 t = 33,54 см, Jx

= 13380 см4,  423 x S см3.

4. Проверка прочности двутавра по максимальному касатель-

ному напряжению и с использованием третьей теории прочности.

В сечении, проходящем через точку В, возникает наибольшая по-

перечная сила Q = 100 кН = 100·103 Н, поэтому это сечение будет

опасным сечением при расчете по максимальным касательным напря-

жениям.

В двутавре максимальные касательные напряжения возникают в

центре сечения, при y  0. В этой точке   423 x

*x

S S см3,

by  d  0,75см. По формуле (4) находим

d

S

J

Q   max  x

max 42,2

см

4,22 10 Н

13380см 0,75см

100 10 H 423см

2

3

4

3 3

  



 

 МПа.

Получили, что   100 max МПа, следовательно, условие прочности

(2.4) для касательных напряжений выполняется.

Проверку прочности двутавра по третьей теории прочности прове-

дем также для сечения в точке В, так как здесь Q  Qmax , а изги-

бающий момент принимает сравнительно большое значение

М = 100 кН·м = 100·103 Н·см.

Построим эпюры напряжений  и  . В соответствии с формулой

(2.1), получаем:

при

2

y  h , 134,5МПа

2

36см

13380см

100 10 Н см

4

5

 

 

  ,

2

1 y  h ,  125,3МПа ,

y  0 ,   0 .

53

Ширина двутавра изменяется по высоте сечения, поэтому для по-

строения эпюры τ рассмотрим два участка – полку 







 

2

y h1 и стенку







  

2

0 1 y h двутавра.

Для полки 







 

2

1 y h ,   b y b  ,   





 



   



2 2

2 2

2

2 4

h

y

b

b

*x

S ydydx b h y .

Для стенки 







  

2

0 1 y h , by d ,

  





 



    





 



     

 

2

2

2

2

1

2 2

1

2 2

2

2

2

1

1

2 4 4 2 4

h

h

h

y

d

d

b

b

*x

S ydydx ydydx b h h d h y .

Учитывая, что статический момент отсеченной части *

Sx является

функцией симметричной относительно оси Оу, получаем следующие

результаты.

Для полки двутавра

2

1 y  h ,  





      2

2

2 4

h y

J

Q

y

, y

J

  M .

При

2

y   h , τ = 0;   135,5 МПа.

При

2

1 y   h , τ = – 16 МПа.

Для стенки двутавра

2

1 y  h ,  





 



 



  2

2

1

2

1

2

2 4 4

h y

d

h h b

J

Q

y

,

y

J

  M .

54

При

2

y   h1 , τ = – 30,92 МПа;  125,3 МПа.

При y  0, τ = – 41,44 МПа,   0 .

Эпюры  и  приведены на рис. 2.4.

Проверку выполнения условия теории прочности проведем для

точки с координатой

2

1 y  h , так как в этой точке  и  значитель-

ны по величине  125,3 МПа,  = – 30,92 МПа.

Воспользовавшись соотношениями третьей теории прочности

(5), находим

2  42  125,32  430,922 139,7МПа  .

Условие третьей теории прочности выполняется.

5. Запись универсального уравнения упругой линии балки и

уравнения для углов поворота балки.

в виде (2.12).

Дифференциальное уравнение изгиба балки (2.6) с учетом выраже-

ния для изгибающего момента (2.12) имеет вид:

( ) ( / 2) ( ) .

2

( )

2

( )

2

( )

2

1 1 2 1 2

2

1 2

2

2

1

2

2

1

1

2

2 1

2

  

  

       



 









 



R z l F z l l R z l l

q z q z l q z l q z l l

dx

EJ d

B C

(2.14)

Интегрируя уравнение (2.14), находим соотношение для углов по-

ворота и прогибов балки:

b

y

x

t

h

30.92

41.44

125.3

135.5

h1

d

σ, МПа τ, МПа

Рис. 2.4

55

.

2

( )

2

( / 2)

2

( )

6

( )

6

( )

6

( )

3

2

1 2

2

1 2

2

1

3

1 2

3

1

2

3

1

1

3

1

 

 

 

 



 









 











   



F z l l R z l l

q z l l R z l

EJ q z q z l q z l

dz

EJ d

C

2 B

0

(2.15)

.

6

( )

6

( / 2)

6

( )

24

( )

24

( )

24

( )

12

3

1 2

3

1 2

3

1

4

1 2

4

1

2

4

1

1

4

0 0 1

 

  



 



 









 











      

F z l l R z l l

q z l q z l l R z l

EJ EJ EJ z q z q z l

C

2 B (2.16)

Постоянные 0 EJ , 0 EJ определяются из граничных условий. В

данном случае балка шарнирно оперта в точках В и С, поэтому гра-

ничные условия записываются для шарнирных опор при z  l1 и

z  l1  l2 :

( ) 0 1  l  , ( ) 0 1 2  l  l  . (2.17)

Подставляя выражение для прогиба (2.16) в условия (2.17), полу-

чим систему уравнений

0

24

4

1

0 0 1 1 EJ  EJ l  q l  ,

0.

24 6 48

24 24

( ) ( )

3

2

3

2

4

2

2

4

2

1

4

1 2

0 0 1 2 1

   

 



    

q l R l F l

EJ EJ l l q l l q l

B

(2.18)

Обратим внимание на то, что в первое уравнение системы (2.18) не

входят слагаемые, содержащие q2, RB, F, RC. Это обусловлено тем, что

в соотношении (2.16) используются обобщенные функции вида (2.7),

которые будут равны нулю, если значение выражения в скобках

56

меньше или равно нулю. Поэтому при z  l1 обращаются в нуль мно-

жители в слагаемых содержащих q2, RB, F, RC.

Подставляя в (2.18) значение параметров, находим

0 0 EJ  2EJ м  3,33 кНм3 ,

0 0 EJ  6EJ м  1100 кНм3 . (2.19)

Решение системы уравнений (2.19) –

0 EJ  533 кНм3 , 0 EJ  283 кНм2 .

Для построения эпюр прогибов и углов поворота вычисляем значе-

ния ЕJ и  

 ЕJ

dx

EJ d в различных точках балки. Отметим, что при

вычислениях следует обратить внимание на то, что в соотношениях

(2.16), (2.15) используются не обычные, а обобщенные функции вида

(2.7).

Так, например, при z 1м

EJ   3    3   м4 

м

кН

12

533кН м 283 1кН м 50 1

 



  



  



     4

4

4

4

4

4

м

м

кН

24

м 30 ( 5)

м

кН

24

м 30 ( 1)

м

кН

24

50 ( 1)

 



  



  



     3

3

3

3

3

3

кН м

6

кН м 60 ( 5)

6

кН м 30 ( 3)

6

70 ( 1)

м 252кН м .

м

кН

12

533кНм3  2831кНм3  50 1  4   3

Полученные числовые результаты представлены в табл. 2.1. С ис-

пользованием этих данных построены графики изменения по длине

балки величин ЕJ, ЕJ (рис. 2.5).

Т а б л и ц а 2.1

z, м 0 1 2 3 4 5 6 7 8

EJ,

кН·м3 533 252 0 -162 -212 -16 0 159 382

ЕJ ,

кН·м2 -283 -275 -217 -106 37 99 164 203 244

57

6. Расчет балки на жесткость. При определении наиболь-

ших значений прогибов в пролете и на консолях балки исполь-

зуем график для ЕJ.

В пролете балки ВС

  1,3

300

  l2  см.

Учитывая, что на этом участке   212 max ЕJ кНм3 (рис. 2.5),

получаем

max EJ

  212 кНм3 

 

 

 5 4

3 6 3

2 10 МПа 13380см

212 10 Н 10 см

0,82 см 1,3 см.

2 10 МПа 10 Н/ см 13380см

212 10 Н см

5 2 2 4

9 3

 

  

 



Условие жесткости выполняется,    max .

На консоли АВ

  1,3

150

  l1  см.

Как видно из рис. 2.5, на консоли АВ   533 max ЕJ кНм3 , следо-

вательно

max EJ

  533 кНм3 

2 см 1,3 см.

2 10 Н/ см 13380см

533 10 Н см

7 2 4

9 3

 

 

 



Условие жесткости не выполняется    max . Чтобы удовлетво-

рить условию жесткости балки необходимо увеличить номер двутав-

ра. Берем двутавр № 45, для которого J = 27450 см3,

  max 0,97 см 1,3 см.

2 10 МПа 27450см

533кН м

5 3

3

 

 



Условие жесткости выполняется.

58

На консоли СD

  1,3

150

  l3  см,   382 max ЕJ кНм3 ,

  max 0,7 см 1,3 см.

2 10 МПа 27450см

382кН м

5 3

3

 

 



Условие жесткости выполняется.

Таким образом, в рассмотренном случае условиям прочности и же-

сткости удовлетворяет двутавр № 45.

q2

C

M0

B

y

A z

F

EJυ,

кНм3

D

q1

283

382

212

533

244

EJθ,

кНм2

Рис. 2.5

59

2.3. ЗАДАНИЕ К РАСЧЕТНО-ПРОЕКТИРОВОЧНОЙ РАБОТЕ

«РАСЧЕТ БАЛКИ ПРИ ПЛОСКОМ ИЗГИБЕ»

Балка с поперечным сечением в виде двутавра находится под дей-

ствием заданных внешних сил. Требуется выполнить расчеты на

прочность и жесткость.

Исходные данные представлены в табл. 2.2, расчетные схемы – на

рис. 2.6.

Исходные данные и расчетные схемы выбираются в соответствии с

шифром и вариантом задания.

Требуется сделать следующие расчеты:

1) Из условия прочности по максимальным нормальным напряже-

ниям подобрать размеры поперечного сечения балки. Проверить вы-

полнение условия прочности по максимальным касательным напря-

жениям и условия третьей теории прочности.

2) Записать универсальное уравнение упругой линии балки и урав-

нение для углов поворота балки. Построить эпюры погибов и углов

поворота.

3) Произвести расчет на жесткость по максимальным прогибам в

полете и на консольной части балки.

Допускаемые значения прогиба балки в пролете   пр / 300   l , на

консоли   /150 к   l , где lпр , lк – соответственно, длина пролета и

консольной части балки.

Т а б л и ц а 2.2

№

вар-та

F,

кН

q,

кН/м

M0,

кН·м

а,

м

1 9 12 15 1,1

2 33 3 30 1,2

3 18 42 27 1,3

4 24 36 45 1,4

5 6 21 39 1,5

6 8 10 20 1,6

7 2 16 28 1,7

8 22 36 12 1,8

9 4 30 24 1,9

10 38 26 44 2

60

Рис. 2.6

q F

а а а

М0

q F

а а а

М0

q F

а а а

М0

q

а а а

F q

а а а

М0

F q

а а а

М0

q

F

а а а

М0

F q

а а а

М0

F q

а а а

М0

q

F а а а

М0

1

3

5

7

2

1

4

6

9

8

10

M0

61

Рис. 2.6 (продолжение)

q

F

а а а

М0

q F

а а а

q F

а а а

М0

q

а а а F

М0

q F

а а а

М0

q

F

а а а

М0

q

F

а а а

М0

q

F

а а а

q

q М0

а а а

q

q

F

а а а

М0

11

20

17 18

15 16

13 14

1

12

19

M0

62

Рис. 2.6 (продолжение)

F q

а а а

М0

q

а а а F

М0

F q

а а а

М0

F q

а а а

М0

q

а а F а

М0

q F

а а а

q

М0 q

а а а

q

q

а а а

q М0

F М0

а а а

q

F М0

а а а

q

21

23

22

24

25 26

27 28

29 30

63

2.4. ПРИЛОЖЕНИЕ

Сортамент прокатной стали в соответствии с ГОСТ 8239-72, 8240-72, 8510-72

Двутавры

№ балки

Размеры, мм

Площадь

сечения, см2

Масса 1м,

кг

Справочные величины для осей

x – x y –y

h b d t Ix,

см4

Wx,

см3

ix,

см

Sx,

см3

Iy,

см4

Wy,

см3

Iy,

см

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

10 100 55 4.5 7.2 12.0 9.46 198 39.7 4.06 23.0 17.9 6.49 1.22

12 120 64 4.8 7.3 14.7 11.50 350 58.4 4.88 33.7 27.9 8.72 1.38

14 140 73 4.9 7.5 17.4 13.70 572 81.7 5.73 46.8 41.9 11.50 1.55

d

х

у

h

b

x

y

t

(b-d)/4

64

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

16 160 81 5.0 7.8 20.2 15.90 873 109.0 6.57 62.3 58.6 14.50 1.70

18 180 90 5.1 8.1 23.4 18.40 1290 143.0 7.42 81.4 82.6 18.40 1.88

18а 180 100 5.1 8.3 25.4 19.90 1430 159.0 7.51 89.8 114.0 22.80 2.12

20 200 100 5.2 8.4 26.8 21.00 1840 184.0 8.28 104.0 115.0 23.10 2.07

20а 200 110 5.2 8.6 28.9 22.70 2030 203.0 8.37 114.0 155.0 28.20 2.32

22 220 110 5.4 8.7 30.6 24.00 2550 232.0 9.13 131.0 157.0 28.60 2.27

22а 220 120 5.4 8.9 32.8 25.80 2790 254.0 9.22 143.0 206.0 34.30 2.50

24 240 115 5.6 9.5 34.8 27.30 3460 289.0 9.97 163.0 198.0 34.50 2.37

24а 240 125 5.6 9.8 37.5 29.40 3800 317.0 10.10 178.0 260.0 41.60 2.63

27 270 125 6.0 9.8 40.2 31.50 5010 371.0 11.20 210.0 260.0 41.50 2.54

27а 270 135 6.0 10.2 43.2 33.90 5500 407.0 11.30 229.0 337.0 50.00 2.80

30 300 135 6.5 10.2 46.5 36.50 7080 472.0 12.30 268.0 337.0 49.90 2.69

30а 300 145 6.5 10.7 49.9 39.20 7780 518.0 12.50 292.0 436.0 60.10 2.95

33 330 140 7.0 11.2 53.8 42.20 9840 597.0 13.50 339.0 419.0 59.90 2.79

36 360 145 7.5 12.3 61.9 48.60 13380 743.0 14.70 423.0 516.0 71.10 2.89

40 400 155 8.3 13.0 72.6 57.00 19062 953.0 16.20 545.0 667.0 86.10 3.03

45 450 160 9.0 14.2 84.7 66.50 27696 1231.0 18.10 708.0 808.0 101.00 3.09

50 500 170 10.0 15.2 100.0 78.50 39727 1589.0 19.90 919.0 1043.0 123.00 3.23

55 550 180 11.0 16.5 118.0 92.60 55962 2035.0 21.80 1181.0 1356.0 151.00 3.39

60 600 190 12.0 17.8 138.0 108.00 76806 2560.0 23.60 1491.0 1725.0 182.00 3.54

_

Федеральное агентство по образованию

Казанский государственный технологический университет

М.Н.Серазутдинов, Ф.С. Хайруллин

ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР

ВНУТРЕННИХ СИЛ

Учебное пособие

Казань 2009

2

УДК 539.3

Построение эпюр внутренних сил: Учебное пособие /

М.Н.Серазутдинов, Ф.С. Хайруллин; Казан. гос. технол. ун-т. Ка-

зань, 2009.

Учебное пособие содержит сведения по дисциплине «Сопротивле-

ние материалов», необходимые для выполнения самостоятельной ра-

боты студентами. Рассмотрены вопросы построения эпюр внутренних

силовых факторов, изложены теоретические основы расчетов балки

при плоском изгибе, вала при изгибе с кручением, статически неопре-

делимых систем, стержневых систем на изгиб и устойчивость. Пред-

ставлены задания к расчетным работам. Приведены решения задач.

Предназначены для студентов всех форм обучения механических

специальностей.

Подготовлены на кафедре теоретической механики и сопротивле-

ния материалов КГТУ.

Печатаются по решению редакционно-издательского совета

Казанского государственного технологического университета

Рецензенты: д-р физ.-мат.наук, проф. Каюмов Р.А.

д-р техн. наук, проф. Шамсутдинов Ф.А.

ISBN 0-0000-0 © Казанский государственный

технологический университет, 2009 г.

3

1. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ВНУТРЕННИХ СИЛ

1.1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ

Для определения внутренних сил в стержне используется метод

сечений. В том месте стержня, где требуется определить внутренние

силы, проводится сечение, перпендикулярное к оси стержня, и стер-

жень рассекается по данному сечению на две части. Одна из частей

отбрасывается. Воздействие отброшенной части на оставшуюся отсе-

ченную часть заменяется внутренними силами N , Qx , Qy и момен-

тами Mx , M y , T (рис. 1.1), которые называются внутренними сила-

ми (усилиями). Силу N , приложенную перпендикулярно к сечению,

называют продольной (нормальной) силой. Силы Qx , Qy , дейст-

вующие перпендикулярно к оси стержня, называются поперечными

силами. Моменты Mx , M y – изгибающие моменты, момент

z T  M – крутящий момент.

y

x

x M

z

N

Qx

Qy

y M

T

Рис. 1.1

F1

F2

О

F3

4

Рассматривается равновесие оставшейся части. Для нее записыва-

ются уравнения равновесия в виде суммы проекций всех сил (включая

реакции опор) на оси ох, оу, оz и суммы моментов относительно осей

ох, оу, оz:

  

  

  

  

0, 0, 0.

0, 0, 0,

ix iy iz

ix iy iz

m m m

F F F

(1.1)

Из этих уравнений находятся внутренние силы.

Графики, показывающие распределение внутренних сил вдоль оси

стержня, называются эпюрами внутренних сил.

Определение внутренних усилий и построение эпюр проводят по

участкам. Границами участков являются концы стержня, а также

точки, в которых происходит излом оси стержневой системы, изменя-

ется характер нагружения, приложены сосредоточенные сила или мо-

мент.

На каждом участке выбирается система координат охуz, ось оz ко-

торой направляется вдоль оси стержня, проходящей через центр тяже-

сти поперечного сечения.

В дальнейшем рассматриваются плоские стержневые системы, для

которых  0 x Q ,  0 y M . Используем обозначения: y Q  Q ,

x M  M .

Для однозначного определения внутренних сил вводятся следую-

щие правила знаков:

 продольная сила N считается положительной, если она вызы-

вает растяжение стержня;

 поперечная сила Q считается положительной, если в сечении с

внешней нормалью, направленной по оси оz, сила Q направ-

лена по оси оу. В сечении, внешняя нормаль к которому на-

правлена противоположно оси oz, положительная сила Q на-

правлена в сторону противоположную оси оу.

 изгибающий момент M считается положительным, если он вы-

зывает растяжение стержня в точках с положительной коорди-

натой у;

 крутящий момент T считается положительным, если при

взгляде со стороны продольной оси на торец отсеченной части

5

стержня он стремится повернуть его против хода часовой

стрелки.

Положительные величины N , Q , M показаны на рис. 1.2.

Как видно из рис. 1.2, положительные направления Q и M зави-

сят от направления оси у.

Для каждого силового фактора N , Q , M , T строится отдельная

эпюра. При этом соблюдаются следующие правила:

1. Эпюры строятся на базисных линиях, по форме повторяющих

форму оси стержня.

2. Ординаты эпюр откладываются на перпендикуляре к базис-

ной линии.

3. На эпюрах в характерных точках проставляются числа, пока-

зывающие величины ординат. Знак внутренних сил указывается в

кружочке на площади эпюр.

4. Эпюры штрихуются по нормали к базисной линии.

5. Проводится проверка правильности построения эпюр.

Основные правила, используемые для проверки правильности

построения эпюр, формулируются следующим образом:

1. Скачки в эпюре изгибающего момента M будут в точках, где

приложены сосредоточенные моменты, а скачки в эпюре поперечной

силы Q возникают в точках действия сосредоточенных сил, перпен-

дикулярных к оси стержня.

2. Если в эпюре поперечной силы имеется скачок, то в этой точ-

ке эпюра изгибающего момента имеет излом.

3. Изгибающий момент M достигает экстремума в сечении, для

которого Q  0 .

Рис. 1.2

Q Q

M M

y

z

a)

Q Q

M M

y

z

б)

N N N

N

6

4. На участках, где поперечная сила Q  0 , изгибающий момент

M возрастает при движении в направлении оси оz, и наоборот.

5. Если на участке действует равномерно распределенная на-

грузка q , то Q будет изменяться по линейному закону, а M – по за-

кону квадратичной параболы.

6. На тех участках, где Q  0 , изгибающий момент M постоя-

нен.

7. В точках излома оси стержневой системы, а также в точках

ветвления стержней, правильность построения эпюр проверяется с

использованием уравнений равновесия. Указанные точки мысленно

вырезаются сечениями, близкими к ним. Воздействие оставшихся час-

тей стержня на выделенный элемент заменяется внутренними силами

N , Q , M . Проверяется выполнение уравнений равновесия

  0 i m ,  iy  0 F ,   0 iz F , (1.2)

записанных для этого элемента. Значения сил и моментов, входящих в

эти уравнения, берутся из построенных эпюр внутренних сил.

Прежде чем приступить к построению эпюр, следует определить

реакции опор. При определении внутренних сил реакции опор рас-

сматриваются как внешние силы. В тех случаях, когда стержневая

система защемлена только в одной точке, реакции опоры можно не

определять.

Способы закрепления стержня и возникающие реакции опор пока-

заны на рис. 1.3.

А В С

RA RB

HB HC

RC

MC

Рис. 1.3

a) б) в)

y y y

z z z

7

В шарнирно-подвижной опоре (рис. 1.3а), перемещение точки А в

вертикальном направлении равно нулю и возникает одна вертикальная

реакция опоры A R .

В шарнирно-неподвижной опоре (рис. 1.3б) перемещение точки В в

плоскости должны быть равными нулю, поэтому возникают две реак-

ции B R , B H . В заделке (рис. 1.3в) в точке С невозможны перемеще-

ния и поворот стержня – возникают три реакции: силы C R , C H и мо-

мент C M .

Для нахождения реакций записывают уравнения равновесия для

всего стержня в виде суммы моментов относительно некоторых точек,

например,   0 iA m , или суммы сил, например,   0 iz F . Для про-

верки правильности определения реакций записывают дополнитель-

ное уравнение равновесия системы.

1.2. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ПРОДОЛЬНЫХ СИЛ

Построим эпюру продольной силы N для стержня, показанного на

рис. 1.4а при 1 2 20 F  F  кН, q 10 кН/м, 1 1 l  м, 2 2 l  м,

3 3 l  м.

Для определения внутренних усилий стержень разбивается на уча-

стки. В рассматриваемом случае имеются три участка АВ, ВС, СD

(рис. 1.4а).

Построение эпюр начинаем с нижнего незакрепленного конца

стержня.

Участок I, 0 1 1  z  м.

Проводя в произвольной точке участка сечение 1-1, отсекаем ниж-

нюю часть стержня (рис. 1.4а,б) длиной z1 . Воздействие оставшейся

части стержня на отсеченную заменяем внутренними силами. Исполь-

зуя уравнения равновесия для отсеченной части стержня, можно убе-

диться, что в сечении 1-1 действует только продольная сила N . Про-

дольную силу N в соответствии с принятым правилом знаков рисуем

так, чтобы она растягивала отсеченную часть, т.е. чтобы она была по-

8

ложительной. Для отсеченной части записываем уравнение равнове-

сия:

     0 1 1 F N F qz z ,

отсюда

N  F1  qz1  20 10z1 .

В этом соотношении слагаемое F1 входят со знаком плюс, а qz1 – со

знаком минус, что соответствует правилу знаков для продольной си-

лы. Относительно сечения 1-1 сила F1 вызывает растяжение материа-

ла, а нагрузка q – сжатие. Слагаемое qz1 является равнодействующей

силой распределенной нагрузки q , действующей на отсеченной части.

Для построения графика подсчитываем N в двух точках:

при z1  0 , N  20 10  0  20 кН;

1 1 z  м, N 10 кН.

Участок II, 0 2 2  z  м.

Проводя сечение 2-2, отсекаем часть стержня на расстоянии z2 от

начала участка (рис. 1.4а,в) и находим

     0 1 1 F N F ql z ,

D

C

B

A

1 1

2 2

F2

z1

z2

q q q

N

N 10 10

20

N, кH

F1 F1 F1

а) б) в) г)

Рис. 1.4

3

3 z

l2

l3

l1

9

20 10 1 10 1 1 N  F  ql     кН.

Участок III, 0 3 3  z  м.

Аналогичным образом находим

20 10 1 20 10 1 1          2 N F ql F кН.

Используя полученные числовые данные и соблюдая правила

оформления, строим эпюру продольной силы (рис. 1.4г).

Как видно из эпюры, на участке распределенной нагрузки величина

N изменяется по линейному закону, а в точках приложения сосредо-

точенных сил имеются скачки, равные по величине значениям этих

сил.

1.3. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР КРУТЯЩИХ МОМЕНТОВ

Построим эпюру T для стержня, показанного на рис. 1.5. Пусть

5 1 M  кН∙м, m 1 кН∙м, 2 1 l  м, 1 2 3 l  l  м.

Разбиваем длину стержня на три участка.

Участок I, 0 2 1  z  м.

Проводим сечение на расстоянии z1 от правого конца стержня

(рис. 1.5,а) и рассматриваем отсеченную часть (рис. 1.5б).

Крутящий момент T в сечении направлен в соответствии с приня-

тым правилом знаков. Если с левой стороны смотреть в торец отсе-

ченной части, то момент T вращается против хода часовой стрелки.

Из уравнения равновесия отсеченной части

    0 1 m z T mz i

находим

. 1 1 T  mz  z

Здесь 1 mz – равнодействующая распределенного момента m . Для

построения эпюры подсчитываем значения T в двух точках:

при z1  0 , T  0;

2 1 z  м, T  2 кН∙м;

10

Участок II, 0 1 2  z  м.

На втором участке проводим сечение на расстоянии z2 от начала

второго участка. Для отсеченной части (рис. 1.5в) имеем

    (  )  0 1 1 2 m T M m l z iz .

Следовательно

1 1 2 2 T  M m(l  z )  3 z .

При z2  0 , T  3 кН∙м;

1 2 z  м, T  2 кН∙м;

III I

2

II

z2 z1

2

M1

Рис. 1.5

z3

3

Т,

кН∙м

m

z1

z2

M1 m

Т m

Т

а)

б)

в)

l3 l2 l1

l1

11

Участок III, 0 1 3  z  м.

  2 1 2 1 T  m l  l M   кН∙м

Эпюра T представлена на рис. 1.5. Как видно, на участке действия

равномерно распределенного момента величина T изменяется по ли-

нейному закону, а в точке приложения сосредоточенного момента M1

происходит скачок в эпюре, равный по величине значению M1 .

1.4. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ВНУТРЕННИХ СИЛ ДЛЯ БАЛКИ

Изгибом называется такой вид нагружения стержня, при котором

происходит изменение кривизны его продольной оси. Стержень при

изгибе называется балкой. Рассмотрим плоский изгиб балки, при ко-

тором внешние силы и реакции опор действуют в одной плоскости и в

поперечных сечениях возникают поперечная сила Q и изгибающий

момент M .

Построим эпюры Q и M для балки, представленной на рис. 1.6,

для 2 1 l  м, 4 2 l  м, 2 3 l  м, 5 1 q  кН/м, 3 2 q  кН/м,

4 0 M  кН∙м, F  3 кН.

При заданных закреплениях в опорах В и С балки возникают силы

реакции RB , RC , C H (рис. 1.6).

Определим реакции из уравнений равновесия балки, записанных

для моментов относительно точек В и С и для горизонтальных сил:

        



    0

2 2 2 2 3 0

2 3

2 2 3

1

1 1 m q l l q l l l l Fl R l l M iB C .

     



    







    

2 2

2 3

2 3 2 3 2 2 3

1

1 1

m q l l l l R l l q l l l l iC B

0 3 0  Fl M  .

   0 iz C F H .

Из этих уравнений получаем

12

 

  6

2

2 2

2 3

2 0

2

2 2 3

2

1 1 



   



l l

R q l q l l Fl M C кН.

   

  7

2

2 2 2 2

2 3

3 0

2

1 1 1 2 3 2 2 3  



      



l l

R q l l l l q l l Fl M B кН.

 0 C H .

Для проверки правильности определения реакций RB и RC соста-

вим уравнение равновесия в виде проекций всех сил на ось Y:

        0 1 1 B 2 2 C Y q l R q l F R .

Подставляя числовые значения параметров, находим

 5 2  7  3 4  3  6 19 19  0 .

Рис. 1.6

A

I

х

q1 z1 z2 z3 z4

II III IV

q2

F

C

M0

B

RB RC

D

4

11,5

10

10

6

3

3

10

Q,

кН

A HC

1 l 2 l 3 l 4 l

М,

кН∙м

В'

13

Уравнение равновесия удовлетворяется, следовательно, реакции

RB и RC определены правильно.

В рассматриваемом случае при построении эпюр балка разделяется

на четыре участка (рис. 1.6).

Участок I, 0 2 1  z  м.

Проводя сечение на расстоянии z1 , от левого конца балки отсекаем

часть балки AA (рис. 1.6; 1.7а). Воздействие отсеченной части

стержня на оставшуюся, заменяем поперечной силой Q и моментом

M (рис. 1.7). Направления Q и M выбраны в соответствии с приня-

тым правилом знаков. Величины поперечной силы и момента опреде-

ляем из уравнений равновесия элемента балки AA .

 iy   q  0 F Q F ,

    0

2

1 m M F z ix q ,

где 1 1 F q z q   – равнодействующая распределенной нагрузки q1 ,

 ix m – сумма моментов сил относительно точки сечения.

При определении момента распределенная нагрузка q1 заменяется

сосредоточенной силой q F (рис. 1.7,б), приложенной в середине уча-

стка нагрузки q1 (середина участка AA ), для которой плечо относи-

тельно сечения равно

2

1 z

.

A

Q

M

z

y

z1 q1

A

y

A A M

z

2 Q

q z1 F

a) б)

Рис. 1.7

14

Из уравнений равновесия получим:

1 1 1 Q F q z 5z q    , 2

1

2

1

1

1

2

5

2 2

M F z q z z q    .

Для построения эпюр Q и M подсчитаем значения этих величин в

точках:

при z1  0 , Q  0 ; M  0 ;

1 1 z  м, M  5/ 2  2,5 кН∙м;

2 1 z  м, Q  5 2 10 кН; M  5 2  10 кН∙м;

Участок II, 0 2 2  z  м.

Проводя сечение на расстоянии z2 от начала участка (рис. 1.6), от-

сечем часть балки AB (рис. 1.8а).

Заменяя распределенные нагрузки q1 и q2 их равнодействующими

(рис. 1.8б) 1 1 1 F q l q  , 2 2 2 F q z q  , получаем, что нужно определить Q

и M в сечении B , для случая, когда на балку действуют сосредото-

ченные силы q F1 , RB , q F2 .

Из уравнений равновесия отсеченной части

0,    1   2  iy q B q F Q F R F

0,

2 2

2

2 2 2

1

1     







m  M  F  l  z R z F z x q B q

находим

RB

a) б)

RB

Рис. 1.8

A

Q

M

y

z2

q1

B

y

A

M

Q

2

z2

q F2

В

q2

B

q F1

2 1

l

1 l

z z

15

1 2 1 1 2 2 2 Q F R F q l R q z 3 3z q B q B         .

2

2 2

2

2 2 2

1

1 2

10 3 3

2 2

M F l z R z F z z z q B q      







   .

При z2  0 , Q  3 кН; M 10 кН∙м;

1 2 z  м, M 11,5 кН∙м;

2 2 z  м, Q  3 кН; M 10 кН∙м;

Участок III, 0 3 3  z  м.

Можно убедиться, что при 1 1 z  м Q  0 , следовательно значе-

ние M 11,5 кН∙м на этом участке является экстремальным.

Проведем сечение на расстоянии z3 от точки С (рис. 1.6) и рас-

смотрим правую отсеченную часть (рис. 1.9а).

Так как рассматривается правая часть и ось z направлена против

внешней нормали, то в соответствии с принятыми правилами знаков

направления силы Q и момента М меняются на противоположные.

Записываем уравнение равновесия

      0 iy 2 3 C F Q q z R ,

       0

2 0

3

3 2 3 m M R z q z z M ix C .

откуда

Q  RC  q2z3  6  3z3 , 2

3 3

2

3

0 3 2 2

4 6 3

2

M  M  RC z  q z   z  z .

Рис. 1.9

а)

Q

M

y

3 z

C R

б)

q2

4 l

z

M0 Q

M

y

4 z

M

z

M0

16

При z3  0 , Q  6 кН; M  4 кН∙м;

1 3 z  м, M  8,5 кН∙м;

2 3 z  м, Q  0 ; M 10 кН∙м.

Участок IV, 0 2 4  z  м.

Для отсеченной части на четвертом участке (рис. 1.9б)

Q  0 , 4 0 M  M  кН∙м.

На основе полученных числовых результатов строятся эпюры Q и

M (рис. 1.6).

Проверяя правильность построенных эпюр, можно убедиться, что

сформулированные условия проверки построения эпюр выполняются.

В частности отметим следующее:

1. На участках, где поперечная сила Q  0 , изгибающий момент М

возрастает, а на участках, где Q  0 – убывает.

2. Скачки в эпюре Q в точках, где приложены сосредоточенные силы,

а величина скачка равна величине приложенной силы.

3. Момент принимает экстремальное значение M 11,5 кН∙м в сече-

нии, для которого Q  0 .

1.5. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ВНУТРЕННИХ СИЛ ДЛЯ РАМ

Рамой называется стержневая система состоящая из прямолиней-

ных стержней жестко соединенных между собой в узлах.

При построении эпюр внутренних сил рама разбивается на прямо-

линейные участки. На каждом участке вводится своя система коорди-

нат с осью oz, направленной вдоль оси стержня. Эпюры на участках

строятся с использованием правил, принятых для балки. Отметим, что

при составлении выражений для N , Q , M учитываются силы и мо-

менты, действующие на всех участках отсеченной части рамы.

Правильность построения эпюр для рам проверяется на прямоли-

нейных участках так же, как и для балки. Кроме этого, проводят про-

верку выполнения условий равновесия в узлах рамы.

17

Построим эпюры внутренних

сил для рамы, представленной на

рис. 1.10, для F  5 кН,

10 0 M  кН∙м, 2 2 q  q  1 кН∙м,

а 1 м, b  2 м.

Как видно из рисунка, в точке

А рамы имеется шарнирно-

неподвижная опора и поэтому

здесь возникают две силы реак-

ции RA и HA . В точке D – шар-

нирно-подвижная опора и поэто-

му возникает только одна верти-

кальная сила реакции RD (рис. 1.11а).

Используя уравнения равновесия, определим величины RA , HA ,

RD . Из уравнения моментов

0

2

2 2 2 1 0   







m  R  b  F b  q  b b  q a a  a M iA D ,

получаем

  8,25

2

2 2 2 / 2

0 1

2

2 

     



b

R F b q b M q a a D кН.

Аналогично

           2   0

2

2 2 0 1 2 m H a R b M q a a F b q b b iD A A ,

4,75

2

2 / 2 2 2

2

2

0 1 

      



b

R HA a M q a F b q b

A кН.

Проектируя силы на горизонтальную ось,

     0 1 F H q a i A ,

находим 2 1 H  q  a  A кН.

Рис. 1.10

A

D

q1

В

q2

C

F

b b

a

a

E

M0

18

С целью проверки правильности определения реакций, составим

уравнение равновесия, которое не использовалось при нахождении

реакций. Запишем уравнение моментов относительно точки С:

           0

2 2 2

2 2 2 1 0 m H a R b q b b q b b R b q a a M iC A A D .

Подставляя числовые значения параметров, получаем

2 2  4,75  2  2 2  2  2  8,25 2  2 0,5 10  24,5  24,5  0 .

г)

A

В C D

E

4

4

10

11

12,5

в)

A

В C D

E

4,75

2

0,75

8,25

2

4,25

б)

A

В C D

E

4,75

N, кН

2

z2

q1

q2 F

z3

z4

HA

z1

RA

RD

y

z

a)

A

В C D

E

y y

z z

Рис. 1.11

y

z

M0

Q, кН М, кН∙м

1,5

19

Уравнение равновесия удовлетворяется, следовательно, RA , A M и

RD определены правильно.

Для построения эпюр N , Q , M раму разбиваем на участки EC ,

DC , CB , AB и выбираем на каждом из них систему координат (рис.

1.11а).

Участок ЕС, 0 1 1  z  м

Для отсеченной части (рис. 1.12) действие отброшенной части за-

меняем продольной силой N, поперечной силой Q и изгибающим мо-

ментом М. Записываем уравнение равновесия:

F  N  0 iz ,

    0 1 1 F Q q z iy ,

      0

2

2

1

0 1

m M M q z ix .

Следовательно,

N  0, 1 1 Q  q z ,

2

2

1

0 1

M  M  q z .

При z1  0 Q  0 , M  10 кН∙м;

0,5 1 z  м, M  10,25 кН∙м;

1 1 z  м, Q  2 кН, M  11 кН∙м.

Участок СD, 0 2 2  z  м.

Уравнение равновесия:

F  N  0 iz ,

      0 2 21 F Q R q z iy D ,

     0

2 2

2

2

2 m M q z R z ix D .

Следовательно

N  0, Q  RD  q2z2 , 2

2

2

2 2

M q z R z D   .

При z2  0 Q  8,25 кН, M  0 ;

Рис. 1.12

N

y

1 z 1 q

M0

Q М

Е

z

Q

M

y

2 z

D R q2

N D z

20

z2 1 м, M  7,25 кН∙м;

2 2 z  м, Q  4,25 кН,

M  12,5 кН∙м.

Участок ВС, 0 2 3  z  м.

    0 iz A F N H ,

     0 iy 2 3 A F Q q z R ,

      2  0

2 3

3

2 3 m M q z z R z H a ix A A .

Находим

   2 A N H кН.

A Q  q z  R 2 3 , 2

2 2

2

3

2 A A M  q z  R z  H .

При z3  0 , Q  4,75 кН, M  4 кН∙м;

1 3 z  м, M  0,25 кН∙м;

2 3 z  м, Q  0,75 кН, M  1,5 кН∙м.

Участок АВ, 0 2 4  z  м.

    0 z A F N R ,

 y   A  0 F Q H ,

     0 4 m M H z x A .

Следовательно

   4,75 A N R кН,   2 A Q H кН,

4 M Н z А  .

При z4  0 M  0 ;

2 4 z  м, M  4 кН∙м.

На основе полученных числовых результатов

Q

2 а

y

3 z

q2

z

N

A R

A H

В

A R

N

y

4 z

Q M

z

A А H

21

строятся эпюры N , Q , M (рис. 1.11,б, в, г).

Проверим выполнение условий

равновесия в узле B . Вырежем узел

сечениями, близкими к точке B . Воз-

действие остальной части стержневой

системы заменим внутренними сила-

ми и моментами: NAB , QAB , MAB ,

NCB , QCB , MCB (рис. 1.13). На рис.

1.13 показаны положительные на-

правления действия этих сил и мо-

ментов. Значения и знак внутренних

сил NAB , QAB , MAB , NCB , QCB ,

MCB определяются из построенных эпюр (рис. 1.11). Как видно из

рисунка в точке B  2 CB N кН,  4,75 CB Q кН,  4 CB M кН∙м,

 4,75 АB N кН,  2 AB Q кН,  4 AB M кН∙м.

Уравнения равновесия узла (проекции сил на вертикальную и гори-

зонтальную оси) имеют вид:

    4,75  4,75  0 iB AB CB F - N Q

    2  2  0 iГ AB CB F Q N

Записывая уравнение статики в виде суммы моментов относитель-

но точки B , получаем

    4  4  0 iB AB CB m M M .

Отметим, что в последнее уравнение не введены слагаемые – мо-

менты от сил NAB , QAB , NCB , QCB , т.к. узел в точке В вырезан сече-

ниями близкими к нему и моменты от этих сил можно считать равны-

ми нулю.

Все уравнения равновесия для выделенного узла выполняются. В

окрестности точки B эпюры построены правильно.

Проверим выполнение условий равновесия в узле C . Близкими к

точке C сечениями вырезаем узел. Воздействие оставшейся части ра-

мы на узел заменяем внутренними силами и моментами (рис. 1.14).

Рис. 1.13

В

y

y

z

z

MCB

NCB

NAB

MAB QAB

QCB

22

На рис. 1.12 показано направление действия положительных внут-

ренних сил. Значения величин NDC , NCB , NEC , QDC , QEC , QCB ,

MDC , MCB , MEC определяются из эпюр. Как видно из рис. 1.11

NDC  0 ,  4,25 DC Q кН,  12,5 DC M кН∙м;

NEC  0 ,  2 EC Q кН,  11 EC M кН∙м;

 2 CB N кН,  0,75 CB Q кН,  1,5 CB M кН∙м.

Составляя уравнение равновесия для выделенного узла, имеем

       0,75  5  4,25  0  0 B CB DC EC F Q F Q N .

      2  2  0  0 Г CB EC DC F N Q N .

     1,5 1112,5  0 C CB EC DC M M M M .

Все уравнения равновесия выполняются, следовательно, в окрестно-

сти узла C эпюры построены правильно.

1.6. ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ДЛЯ КРИВОЛИНЕЙНЫХ СТЕРЖНЕЙ

Для кривого стержня, продольная ось которого является частью

окружности радиуса R (рис. 1.15), построить эпюры N , Q , M , при

  300 , F  2 кН, R 1 м.

F

C

Рис. 1.14

MCB

NCB

NEC

MEC

QEC

QCB QDC

NDC

MDC

23

Отметим, что в криволинейных стержнях продольная сила N на-

правлена по касательной, а поперечная сила Q – по нормали к оси

стержня.

Эпюры внутренних сил для кривого стержня строятся с использо-

ванием правил, принятых для прямолинейного стержня.

Положение сечения определяется углом  . Для удобства, силу F

разложим на горизонтальную FГ и вертикальную FB составляющие:

F  F cos 1,732 Г , F  F sin 1 B кН.

В опорах А и B стержня возникают силы реакции RA , RB , HB ,

которые определяются из уравнений равновесия.

m  R  R  F  R  F R  0 iB A B Г ,

     2,732 A B Г R F F кН,

2,732 1

В N, кН

А 1,732 С

б)

2,732

В

1,732 С

в)

А

1

2,732

В

г)

А С

Рис. 1.15

a)

A

В

F

0 C

RB

HB

FB

Г F 

R 

RA

Q, кН M, кН∙м

24

    0 Г B Г F H F ,

 1,732 B Г H F кН.

     0 В A B B F R R F ,

   3,732 B B A R F R кН.

Проверим правильность определения реакций.

m  R  2R  R  R  H  R  0 iС A B B ,

2,732  2  3,732 1,732  0 .

Реакции определены правильно.

При построении эпюр стержень разделяется на участки.

Участок СВ, 0

1 0    90 .

Положение сечения определяется углом 1  , который отсчитывает-

ся от прямой OC против часовой стрелки.

Проводя сечение, отсекаем участок стержня CC (рис. 1.16а). Воз-

действие отброшенной части стержня на участок CC заменяем внут-

ренними силами N , Q , M .

Записываем уравнение равновесия отсеченной части:

     cos   sin   0 iz B 1 Г 1 F N F F ,

     sin   cos  0 iy B 1 Г 1 F Q F F ,

m  M  F CD  F CD  0 ix B Г .

a)

y

M

0 C

FB Г F

1 

R

E N Q

C

D

б)

y

0

FB

Г F C

Рис. 1.16

z

1 

1 

z

25

Для определения проекций силы Г F , B F из уравнений равновесия

находим (рис. 1.16а, б):

1 1 N  F cos  F sin B Г ,

1 1 Q  F sin   F cos B Г ,

  1 1 M  F CD  F DC  F R - Rcos  F R sin  B Г B Г .

При 0 1   N 1 кН, Q  1,732 кН, M  0 ;

0

1   30 N  0, Q  2 кН, M 1 кН∙м;

0

1   60 N  1 кН, Q  1,732 кН, M  2 кН∙м.

0

1   90 N  1,732 кН, Q  1 кН, M  2,732 кН∙м.

Участок АВ, 0

2 0    90 .

Угол 2  отсчитываем от линии OA по ходу часовой стрелки. От-

сеченная часть стержня показана на рис. 1.17.

Уравнения равновесия имеют вид:

    cos  0 iz A 2 F N R ,

    sin   0 iy A 2 F Q R ,

m  M  R  AE  0 ix A .

Следовательно,

2   cos A N R , 2   sin  A Q R ,

 2 M  R  AE  R R 1 Rcos A A .

При 0 2   ,

N  2,732 кН, Q  0 , M  0 ;

0

2   30 ,

N  2,366 кН, Q  1,366 кН,

M  0,366 кН∙м;

0

2   60 ,

N 1,366 кН, Q  2,366 кН,

M 1,366 кН∙м.

y

М

O

E

A R

z

2 

Q

N

А

Рис. 1.17

26

0

2  90 ,

N  0, Q  2,732 кН, M  2,732 кН∙м.

Эпюры N , Q , M представлены на рис. 1.15.

1.7. ЗАДАНИЕ К РАСЧЕТНО-ПРОЕКТИРОВОЧНОЙ РАБОТЕ

«ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ВНУТРЕННИХ СИЛ»

Построить эпюры внутренних силовых факторов для стержней и

рамы, представленных на рис. 1.18 - 1.21.

Расчетную схему выбирать из рис. 1.18 - 1.21 в соответствии с ва-

риантом задания. Исходные данные взять из таблицы 1.1 в соответст-

вии с шифром.

F  qa , 2

0 M  qa ,

1 0 M  M , 2 0 M  M ,   3 0 M     M ,   4 0 M     M .

Т а б л и ц а 1.1

Шифр а,

м

q,

кН/м α β

1 0,8 5 1,2 0,9

2 1,0 6 1,4 1,0

3 1,2 7 1,6 1,5

4 1,4 8 1,8 1,4

5 1,6 9 2,0 0,8

6 0,8 10 1,8 1,3

7 1,0 11 1,6 1,9

8 1,2 12 1,4 1,1

9 1,4 13 1,2 1,6

10 1,6 14 1,0 1,7

27

Рис. 1.18

М2 М3

2a

М1

a a

3

a

М4 М1 М4

a

М2

a a

4

2a

М3

М1 М2 М4

a 2a a

5

a

М3 М1 М2 М3 М4

2a a a

6

a

М1 М2 М3 М4

2a a a

7

a

М1 М2 М3 М4

a a 2a

8

a

М1 М2 М3 М4

a a 2a

9

a

М1 М2 М3 М4

a a 2a

10

a

М1 М4

a

М2

a a

1

2a

М3 M2

a

М1

a a

2

a

М3 М4

28

Рис. 1.18 (продолжение)

М1 М2 М3 М4

a a a

11

a

М1 М2 М3 М4

a a 2a

12

a

М1 М2 М3 М4

a 2a a

13

a

М1 М2 М3 М4

a 2a a

14

a

М1 М2 М3 М4

a a 2a

15

a

М1 М2 М3 М4

a a a

16

2a

М1 М2 М3 М4

a a a

17

1,5a

М1 М2 М3 М4

a a a

18

2a

М1 М2 М3 М4

a a 2a

19

a

М1 М2 М3 М4

a a 2a

20

a

29

Рис. 1.18 (продолжение)

М1 М2 М3 М4

a a 2a

21

a

М1 М2 М3 М4

a 2a a

22

a

М1 М2 М3 М4

a 2a a

23

a

М1 М2 М3 М4

a 2a a

24

a

М1 М2 М3 М4

a 2a a

25

a

М1 М2 М3 М4

2a a a

26

a

М1 М2 М3 М4

2a a a

27

a

М1 М2 М3 М4

a 2a a

28

a

М1 М2 М3 М4

a a 2a

29

a

М1 М2 М4 М3

2a a a

30

a

30

1 2

3 4

5 6

7 8

9 10

Рис. 1.19

F q

2а а

М0 q F

а а а

М0

q

F

а а а

М0 q F

а а а

М0

q F

а а а

М0 F q

а а а

М0

F q

а а а

М0 q F

а а а

М0

F q

а а а

М0 q

F

а а а

М0

31

11 12

13 14

15 16

17 18

19 20

Рис. 1.19 (продолжение)

q

а а а F

М0

q

а F а а

М0 q F

а а а

М0

q

F

а а а

М0 q

а а а F

М0

q М0

а а а

q q

а а F а

М0

q

F

а а а

М0 q

F а а а

М0

q

а а а

М0

F

32

21 22

23 24

25 26

27 28

29 30

Рис. 1.19 (продолжение)

F q

а а а

М0

q М0

а а а

q

q

F а а а

М0

q F

а а а

q

q F

а а а

М0

q

F

а а а

М0 q

а а F а

М0

М0 F

а а а

q

q

F а а а

М0

q F

а а а

М0

33

1 q

М0

F

2a a

2a a

3 q М0

F

2a

2a a

a 4

q

М0 F a

2a

a

a

5

q

М0

F

a

2a

a

a

6 q

М0

F

a

2a

a a

7

q

М0

F

a

2a

a a 8

q

F М0

a

a

a

a

9

q 2a

F М0

a a 10

a

q 2a

М0

F

a a

2

q

М0

F

2a

a

2a

a

Рис. 1.20

34

a

12 М0

2a

q

F

a

13

2a

a

М0

2a

q

F

a

14

2a

М0

2a q

2a F

15 a

a

a

М0

2a

q

F

2a

16

a

М0 a

2a

q

F

2a

17

a

a

М0

2a

q

F

a

2a

18

a

М0

2a

q

F

a a

a

19

a

М0

F q

a a

a

20

a

М0

F

Рис. 1.20 (продолжение)

11

a

2a

q

F

a a

M0

35

q 2a

a a

21 F М0

2a

a

q

a a

23

М0

F

a

2a

q a a

24

М0

F

a

a a

q

a a

25

М0

F

a

a a

q

a

a

26

М0

F

a

a

a

q a

a

27

М0

F

2a

q

a

28

М0

F

a a

a

q

a

29

М0

F

a a

2a

q

a a

22 М0

F

2a 2a

a

q

a

30 М0 F

Рис. 1.20 (продолжение)

36

1

M0

а

F

M0

а

2 F

M0

а

6 F

M0

а

F

7

Р

M0

а F

8

M0

а

9 F

450

а

4 F

600

M0

а

F

5

600

M0

а

3

M0

F

а

10

M0

F

Рис. 1.21

37

M0

а

F

13

M0

а

F

14

M0

а

15 F

а M0

F

19 M0

а

F

20

M0

а

F

16

M0

а F

17

11

M0

F

а

12 F

а

M0

а

18 M0

F

Рис. 1.21 (продолжение)

38

M0

а F

21

M0

F а

26

M0

F а

27

M0 а

F

28

M0

F а

29

M0

F а

30

22

F

а

M0

23

а

M0

F

24

а

M0

F

25

F а

M0

Рис. 1.21 (продолжение)

39

б)