Применение дифференциальной зависимости между изгибающим моментом и поперечной силой

ПРАКТИЧЕСКОЕ ПРИМЕНЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЙ ЗАВИСИМОСТИ МЕЖДУ ИЗГИБАЮЩИМ МОМЕНТОМ И ПОПЕРЕЧНОЙ СИЛОЙ Между изгибающим моментом и поперечной силой есть зависимость (1) Геометрически левая часть показывает угол наклона линии эпюры Мх. Отсюда следует "правило углов" и практические выводы. Рис. 1, а. При положительной поперечной силе момент возрастает, при отрицательной убывает. При постоянной величине Q эпюра М – наклонная линия ……………………………………………………………………. Рис. 1, б. Чем больше величина поперечной силы, тем круче наклон линии М ……………………………………………………………………….. Рис. 1, в. При пересечении оси на эпюре Q на эпюре М образуется экстремум: максимум при уменьшении Q, минимум при увеличении …………………………………………………………………….. Рис. 1, г. Возрастанию поперечной силы соответствует вогнутая парабола, убыванию – выпуклая ………………………………………………………………………. Пример построения эпюры изгибающих моментов по эпюре поперечных сил (только форма линии без значений) ПРАВИЛО ПЛОЩАДЕЙ Преобразуем уравнение (1). Разделяем переменные Формула (2) выражает "правило площадей": изменение момента на участке эпюры 1 – 2 равно площади эпюры поперечной силы этого участка. Примеры. Пример 1. Площадь эпюры поперечной силы равна 30 х 2 = 60 кН·м (рис. 2). На эту величину изменился момент. Значение момента М2 составит М1 + 60 = 20 + 60 = 80 кН·м. Величина момента М1 = 20 известна из предыдущего решения. Рис. 2 ……………………………………………………………………… Пример 2. На первом участке площадь эпюры поперечной силы составляет (30 х 3) / 2 = 45 кН·м. Получаем значение момента в конце первого участка 15 + 45 = 60 кН·м (рис. 3). На втором участке площадь эпюры Q равна (20 х 2) / 2 = 20 кН·м. Изгибающий момент в конце второго участка равен 60 – 20 = 40 кН·м. Рис. 3 ………………………………………………………………………. Пример 3. Если на эпюре поперечной силы трапеция, ее можно заменить прямоугольником с высотой, равной высоте середины трапеции (рис. 4). Высота прямоугольника (20 + 60) / 2 = 40 Кн, площадь Ω = 40 х 2 = 80 Кн·м. Получаем изгибающий момент в конце участка М = 10 + 80 = 90 Кн·м. Рис. 4. ……………………………………………………………………….. РЕШЕНИЕ ОБРАТНОЙ ЗАДАЧИ В обратной задаче требуется по эпюре изгибающих моментов построить эпюру поперечных сил и показать нагрузки, приложенные к балке. Выполнение этой задачи облегчится, если учесть следующие закономерности. 1. Если в каком-либо сечении на эпюре М изменяется угол наклона, в этом сечении к балке приложена сосредоточенная сила, направленная навстречу образовавшемуся углу. 2. Скачок на эпюре М вызван приложенным к балке сосредоточенным моментом, равным величине скачка. Направление момента определяется по правилу знаков. 3. Выпуклость параболы на участке эпюры М направлена навстречу распределенной нагрузке, приложенной к балке. Эти простые положения позволяют установить, какие нагрузки и в каком направлении действуют на балку Пример. 1. На эпюре изгибающих моментов в сечениях А, В, С произошло изменение угла наклона, и образовались углы 1, 2, 3, навстречу которым направлены силы 1, 2, 3, приложенные к балке (рис. 5). 2. Скачки 4, 5 на эпюре М вызваны парами сил 4, 5, приложенными к балке. Скачки на эпюре имеют знак минус, значит нижняя сила направлена на мысленно поставленную заделку за парой сил. Получаем направление против часовой стрелки. 3. Распределенные нагрузки 6, 7 имеют направление навстречу выпуклости парабол. Рис. 5 После нанесения нагрузок на балку легко строить эпюру поперечных сил. Кроме того, изложенные положения помогают контролировать правильность построения эпюр в прямых задачах. Пример. На рис. 6, в приведена эпюра изгибающих моментов. Даны значения моментов в характерных точках и размеры участков. Требуется определить нагрузки, действующие на балку, и построить эпюру поперечных сил. По эпюре М определяем сечения, в которых изменяется угол наклона – это сечения А и В. Угол 1 направлен вверх, ставим на балке реакцию, направленную вниз. Угол 2 направлен вниз, ставим на балке реакцию, направленную вверх. Сосредоточенные моменты (пары сил) дают на эпюре М скачки; в сечении А с плюсом (цифра 3), в сечении В с минусом (цифра 4). Ставим на балке пары сил так, чтобы в сечении А сжатое волокно было вверху, а в сечении В внизу. Значения моментов 40 и 50 кНм равны величине скачков на эпюре М. Распределенную нагрузку на участке СD направляем навстречу выпуклости параболы 5. Рис. 6 Осталось определить численные значения нагрузок и построить эпюру поперечных сил. Построение ведем слева направо. Знак момента определяем по расположению сжатого волокна. Момент в сечении В: МВ = 20 = М1 – F1·AB; (красный цвет – значение берем с эпюры) 20 = 40 – F1·2; F1 = 10 кН. На эпюре Q откладываем F1 = 10 со знаком минус. Момент в точке С: МС = -15 = М1 – F1·AC – M2 + F2·BC; -15 = 40 – 10·5 – 50 + F2·3; F2 = 15 кН. Строим на эпюре Q скачок, равный 15 кН со знаком плюс. Получаем на втором участке Q2 = 5 кН. Рассчитаем QС с правой стороны: q·CD = 5 кН; q·6 = 5; q = 0,83 кН/м. Проводим наклонную линию Q на третьем участке. ОПРЕДЕЛЕНИЕ РЕАКЦИЙ И ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР Задача На рисунке показана простая балка, нагруженная сосредоточенной силой F = 50 кН, распределенной нагрузкой интенсивностью q = 15 кН/м и парой сил M = 40 кН·м. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов. В случае простой балки сначала определяем реакции опор, соблюдая следующую последовательность. 1. Обозначим большими латинскими буквами все характерные сечения (A, B, C, D); точка Е – середина участка с распределенной нагрузкой. Цифровым индексом будем обозначать номер участка. 2. Поставим неизвестные реакции опор YA, YD с положительным знаком, т.е. направляем их вверх. 3. Для определения реакции YD составляем уравнение моментов относительно точки (опоры) А. ΣMA= F·AB – q·BC·AE – M + YD·AD = 0; 50·1,5 – 15·3·3 – 40 + YD·6,5 = 0, откуда YD = 15,4 кН. 4. Аналогично для определения реакции опоры А составляем уравнение моментов относительно точки D: ΣMD = – YA· AD – F·BD + q·BC·DE – M = 0; – YA·6,5 – 50·5 + 15·3·3,5 – 40 = 0, откуда YA = – 20,4 кН. Получен знак минус. Нужно обязательно поменять на схеме направление реакции YA (см. рисунок). 5. Возможны ошибки в вычислениях, поэтому необходимо выполнить проверку. Она заключается в составлении уравнения проекций сил на ось у. Силы, направленные вверх, берем со знаком плюс; направленные вниз – с минусом. Пары сил не учитываем. Проверка: ΣY = – YA + F – q·BC + YD = – 20,4 + 50 – 15·3 + 15,4 = 0. Реакции определены правильно, поэтому можно приступить к построению эпюр. Рис. Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов Построение эпюр по характерным сечениям балки Эпюра поперечных сил. В сечении А имеем скачок на величину YA со знаком минус: QA = – YA = – 20,4 кН. На первом участке действует одна и та же внешняя сила YA (вспоминаем метод сечений), поэтому проводим горизонтальную линию. В сечении В на эпюре будет скачок на величину F со знаком плюс, так как сила направлена вверх. Любую величину (Q или М) после скачка будем записывать с верхним индексом в виде штриха (или звездочки). Следовательно В сечении С поперечная сила уравновешивает все силы, действующие на левую часть балки. Согласно методу сечений запишем: Соединяем точки и . Линия Q пересекает ось z. В точке пересечения на эпюре М будет экстремум, поэтому ее надо найти. Определим величину х (см. рис. б): Пара сил на эпюре Q не отображается, так как ее проекция на любую ось равна нулю. Сумма сил, действующих на левую часть балки, на третьем участке не меняется поэтому проводим горизонтальную линию. Для более быстрого построения эпюры поперечных сил можно не перечислять для каждого сечения все силы, а применить пошаговое построение, что особенно эффективно при большом количестве участков или необходимости быстрого построения (например на ФЭПО). В нашем случае имеем: ; В точке В скачок: Здесь не производилось суммирование всех сил, а использовалась предыдущая точка эпюры Далее: Эпюра изгибающих моментов. Эпюра Мх начинается с нуля либо со скачка, равного величине пары сил, если она приложена в начале балки. В нашем случае МА = 0. Изгибающий момент в точке В равен моменту силы YA относительно точки В. Знак минус, так как сила YA изгибает балку выпуклостью вверх, и сжатое волокно находится внизу (см. выше правило знаков). Имеем МВ = – YA·АВ = – 20,4·1,5 = 30,6 кН·м Момент в точке С: Параболу рекомендуется строить по трем точкам, особенно, если нужно определить экстремальное значение. Обозначим на балке точку G, соответствующую точке пересечения оси z линией Q при х = 1,97 м (см. рис. б). Координата zG = AG = AB + x = 1,5 + 1,97 = 3,47 м; середина участка BG обозначена буквой H, т.е. GH = BG/2. Запишем момент в точке G: Проводим параболу на втором участке (см. рис. в). В сечении С пара сил М = 40 кНм на эпюре Мх образует скачок с положительным знаком (см. правило знаков для пары сил): Можно определить изгибающий момент в точке D аналогично тому, как он определялся в точке С, тогда мы должны получить МD = 0. Но, быстрее определить для сечения С момент с правого конца балки; тогда мы должны попасть в точку Проверяем: Проводим наклонную линию на третьем участке. Выполняем п. 2 задания 2. В схеме № 1 подобрать сечение трех типов: двутавр, круг, прямоугольник (с отношением h / b = 2). Сравнить веса балок ([σ] = 160 MПа). В опасном сечении С изгибающий момент МС = 30,7 кН·м. Формула для определения максимального нормального напряжения в сечении где Wx – осевой момент сопротивления, м3. Принимаем напряжение равным допускаемому [σ] и определяем необходимое значение Wx (для любого сечения) Wx = М / [σ] = 30,7·103 / 160·106 = 0,19·10-3 м3 = 190 см3. Подбираем сечение в виде прямоугольника со сторонами h = 2b. У прямоугольника Отсюда Отсюда h = 2b = 13,2 см, А1 = h·b = 13,2·6,6 = 87,1 см2. Круглое сечение Отсюда Площадь сечения А2 = πd2 / 4 = 3,14·12,42 / 4 = 120,7 см2. Сечение двутавр По сортаменту прокатных профилей находим двутавр № 10 имеет Wx = 198 см3. Площадь сечения двутавра А3 =12 см2 Соотношение весов балок такое же, как соотношение площадей сечений А3 : А1 : А2 = 1 : 7,3 : 10 Вывод: при работе на изгиб из трех заданных сечений наилучшим является двутавр, худшим – круглое сечение. 1. Выполняем п. 4. В схеме № 5 определить величину допускаемой нагрузки. На рисунке а) показана балка с приложенными нагрузками. Дано допускаемое напряжение [σ] = 160 МПа; сечение балки прямоугольное b = 0,1 м, h =0,2 м. Определить величину допускаемой нагрузки. Решение. 1. Обозначаем характерные точки буквами. На опорах В, С ставим реакции YB, YC c положительным знаком (вверх). 2. Для определения реакции YC составляем уравнение моментов относительно точки В. qa2 / 2 + YC·BC – q·CD·(BC + CD/2) + F·BD = 0; q·22 / 2 + 3YC – q·4·5 + 2q·7 = 0; 3YC – 4q =0; YC = 1,33q. 3. Для определения реакции YB составляем уравнение проекций сил на ось у. – 2q + YB + 1,33q – 4q + 2q = 0; YB = 2,67q. 4. Строим эпюру поперечных сил (необязательно) QA = 0; QB = – 2q, В точке В скачок со знаком плюс на величину 2,67q На втором участке сумм сил не меняется, поэтому проводим горизонтальную линию. Q2 = 0,67q. В точке С скачок со знаком плюс на величину 1,33q. Получаем Третий участок построим справа налево. QD = – F = – 2q (у силы F сменили знак). QC = QD + q·CD = – 2q + 4q = 2q (у распределенной нагрузки сменили знак). Это значение совпало с величиной , как и должно быть. 5. Строим эпюру изгибающих моментов. МА = 0; МВ = – q·AB2 / 2 = – q·22 / 2 = – 2q; MC = – q·AB·(BC + AB / 2) + YB·BC = – 2q·4 + 2,67q·3 = 0, На середине участка CD линия Q пересекает ось. На расстоянии 2 м от опоры D максимум (правило углов). Достроим эпюру М справа налево. МD = 0; Момент в точке максимума Мmax = F·CD/2 – q·(CD/2)2 / 2 = 2q·2 – q·22 / 2 = 2q. Изгибающий момент в точке С MC = F·CD – q·CD2 / 2 = 2q·4 – q·42 /2 = 0. Получено совпадение с ранее рассчитанным значением МС. Максимальное значение изгибающего момента на эпюре М составляет М = 2q. Принимаем напряжение равным допускаемому. Тогда необходимое значение осевого момента сопротивления равно Заданное прямоугольное сечение имеет Получаем q = 5,33·104 Н/м = 53,3 кН/м. Сила F = 2q = 106,6 кН.