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 £ z1 £ 0,6 м.

Рассмотрим равнове­сие левой части балки длиной z1 (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 z1 , 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 £ z2 £ 0,72 м.

 

Рассмотрим равнове­сие левой части балки длиной z2 (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 z2 , 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 £ z3 £ 0,36 м.

 

Рассмотрим равнове­сие правой части балки длиной z3 (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 z3 , 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 z3 , 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 £ z4 £ 1,08 м

 

Рассмотрим равнове­сие правой части балки длиной z4 (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 z4 , 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 z4 , 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 z0 , 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 z0 = 0,22 м в выражение для M(z4), найдем величину экстремального значения изгибающего мо­мента Mmax на этом участке:

Mmax= - 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).