- •Предисловие
- •Основные обозначения
- •Латинский и греческий алфавиты
- •§ 1. Содержание предмета
- •§ 2. Графики
- •§ 3. Сведения из тригонометрии
- •§ 4. Изображение в проекциях
- •§ 5. Сложение сил. Центр тяжести
- •§ 6. Равновесие тел
- •§ 7. Реакции опор
- •§ 8. Метод сечений
- •§ 1. Примеры плоских ферм
- •§ 2. Образование простейших ферм
- •§ 3. Соединение ферм друг с другом. Сложные фермы
- •§ 4. Определение усилий в прикрепляющих стержнях
- •§ 5. Определение усилий в стержнях ферм методом вырезания узлов
- •§ 6. Способ сквозных сечений
- •§ 7. Графические способы определения усилий в стержнях ферм
- •§ 1. Нормальные напряжения
- •§ 2. Деформация призматического стержня
- •§ 3. Диаграмма растяжения
- •§ 4. Выбор допускаемого напряжения
- •§ 5. Простейшие статически неопределимые задачи
- •§ 6. Расчет по разрушающим нагрузкам
- •§ 1. Напряжения в наклонных сечениях
- •§ 2. Расчет цилиндрического сосуда
- •§ 3. Исследование плоского напряженного состояния
- •§ 4. Понятие о теориях прочности
- •§ 1. Деформации и напряжения при сдвиге
- •§ 2. Расчет болтового соединения
- •§ 3. Заклепочные соединения
- •§ 4. Сросток Шухова
- •§ 5. Сварные соединения
- •§ 1. Экспериментальные данные и предпосылки
- •§ 2. Зависимость между напряжением и деформацией
- •§ 3. Относительный угол закручивания
- •§ 4. Напряжения при кручении
- •§ 5. Вычисление сумм
- •§ 6. Полярный момент инерции
- •§ 7. Расчет на прочность
- •§ 9. Расчет на жесткость
- •§ 10. Кручение за пределом пропорциональности
- •§ 1. Прямоугольное сечение
- •§ 2. Напряжения и угол закручивания открытого профиля
- •§ 3. Напряжения в замкнутом профиле
- •§ 4. Деформация тонкостенного стержня
- •§ 5. Многоконтурный профиль
- •§ 1. Явление изгиба
- •§ 2. Нагрузки и реакции
- •§ 3. Поперечная сила и изгибающий момент
- •§ 4. Эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
- •§ 5. Примеры эпюр усилий для консоли
- •§ 6. Примеры эпюр усилий для простой балки на двух опорах
- •§ 7. Сложная нагрузка
- •§ 8. Рама
- •§ 1. Основные допущения
- •§ 2. Распределение нормальных напряжений
- •§ 3. Вычисление нормальных напряжений
- •§ 4. Осевые моменты инерции и моменты сопротивления простых фигур
- •§ 5. Моменты инерции сложных фигур
- •§ 6. Рациональные формы сечений балок
- •§ 7. Касательные напряжения при изгибе
- •§ 8. Определение касательных напряжений
- •§ 9. Расчет на прочность при изгибе
- •§ 10. Расчет составных балок
- •§ 11. Изгиб за пределом пропорциональности
- •§ 1. Тонкостенная балка
- •§ 2. Балка с криволинейной стенкой
- •§ 3. Изгиб открытого профиля
- •§ 4. Центр изгиба
- •§ 5. Изгиб замкнутых профилей
- •§ 6. Центр изгиба замкнутого профиля
- •§ 8. Балка со стенкой, не работающей на сдвиг
- •§ 1. Примеры деформации балок и рам
- •§ 3. Правило Верещагина
- •§ 5. Более сложные случаи расчета
- •§ 6. Расчет на жесткость
- •§ 7. Деформация фермы
- •§ 1. Признаки статической неопределимости систем
- •§ 5. Статически неопределимые рамы
- •§ 6. Система уравнений перемещений
- •§ 7. Примеры расчета многократно статически неопределимых систем
- •§ 2. Косой изгиб
- •§ 4. Изгиб с кручением
- •§ 5. Другие случаи сложного сопротивления
- •§ 2. Формула Эйлера
- •§ 5. Потеря устойчивости пластин
- •§ 6. Продольно-поперечный изгиб стержней
- •§ 2. Образование простейшей пространственной фермы
- •§ 7. Случай внеузловой нагрузки
- •Литература и источники
6. Построить эпюры Q и М для балки, изображенной фиг. 8. 20,е.
|
|
Τ Ι |
ρί 1 Ш |
11 1 % |
|||
|
|
г) - |
ι |
|
I |
11 i. |
|
|
Р |
|
\Р |
1 |
' |
||
|
|
г |
|
1 |
г ~ ^ |
|
|
|
^.М с -Ра |
|
|
|
|||
|
м* |
|
|
|
|
|
|
|
б)і---------—----------- Ψ |
|
|
|
|
|
|
|
г» |
|
f |
i |
|
У/. |
|
|
|
ш |
и |
п |
и |
i f U |
|
|
|
Ξ ---- S--J |
|
|
|
||
|
fl)U н и / ---------- р |
|
|
|
T f f \ \ |
? |
|
|
\ р =В00нг * |
- L L J - L |
|
|
'л |
||
|
|
|
|
||||
|
^ а-2м * а=2м |
- —а — - -— а —- |
|
||||
|
Фиг. 8.20. Примеры нагрузок консоли для построения |
||||||
|
эпюр поперечных сил и изгибающих моментов. |
|
|||||
7. |
Для крыла самолета |
(фиг. 8. 9) |
построить эпюры усили |
от заданной сплошной нагрузки.
§ 6. Примеры эпюр усилий для простой балки на двух опорах
Пример 1. Построить эпюры для простой балки, нагруженной одной сосредоточенной силой Р, приложенной на расстоянии а от левой опоры и Ь от правой опоры (фиг. 8. 21).
Построение эпюр нельзя начать ни с левого, ни с правого конца, не определив предварительно опорных реакций балки. Это является общим правилом для всех балок, за исключением консоли, у которой один конец свободен, и построение можно на чинать от этого конца без определения реакций. Отбросим опоры и действие их заменим реакциями А и В (фиг. 8.21,6). Состав ляя уравнения моментов всех сил относительно правой и левой
РЬ Ра
опор, соответственно находим А = — и В = — (см. задачу 1, § 2
настоящей главы). Теперь можно приступить к построению эпюр при помощи тех же способов и правил, как это мы делали в бал ке с одним заделанным концом. Начинать можно от любого кощ ца, от левого или от правого, потому что все силы, расположен ные по любую сторону от произвольного сечения, нам теперь известны. Снова рекомендуем закрыть листом бумаги изобра жение балки и, передвигая лист, например, вправо, постепенно открывать силы, расположенные слева от произвольного сечения, взятого на расстоянии до края листа (фиг. 8.21,6). Открытую часть балки можно рассматривать как консоль, заделанную в се чении на расстоянии хг. Поперечная сила в этом сечении, равная
п л |
РЬ |
положительна и имеет постоянное |
сумме левых сил, Q=A= |
— |
230
значение. Эпюра Q очерчивается горизонтальной прямой, огра ничивающей положительные ординаты, которые нужно отклады вать вверх. Передвинув лист бумаги вправо в участок Ь, откроем силу Р, которая войдет в сумму левых сил со знаком минус:
Q — л |
" РЬ " - ь - 1 |
|
- Р = —— Р = Р - |
|
I |
Но Ь — І ——( — &+ / ) = —а, а следовательно, поперечная сила
для участка |
Ь получается |
отрицательной: |
||||
|
|
|
|
Q = Л — Р = —— = —В. |
||
|
|
|
|
|
|
i |
Ординаты эпюры Q на этом участке нужно откладывать |
||||||
вниз; они ограничиваются |
прямой, проведенной снизу парал |
|||||
лельно |
оси |
балки |
(фиг. |
|
|
|
8.21, в). Под сосредото- . |
— |
|||||
ченной |
нагрузкой |
полу- |
' |
|||
чается |
скачок. |
Сила Р |
¢) |
МТ |
||
распределяется |
на |
две |
|
|||
части: |
одна |
часть, |
рав- |
|
|
|
РЬ |
л |
передается |
|
|
||
ная — = Л, |
|
|
на левую опору, вторая часть, равная — = В, пе
редается на правую опору.
Для любого сечения участка а слева нахо дится только одна сила, равная реакции А, и из гибающий момент для участка а равен моменту этой силы:
Ма—А х1 = —~ х ѵ
Q)і Э пю ра Q
Pb 1 |
|
|
|
|
ДТГГШ Л 11 1 |
Ра |
|||
h —X}—“i р |
Ц П |
|||
Т |
||||
1 |
1 |
|
|
|
*ЭпюраМ |
f P a b |
\ |
||
В |
м |
|
1 |
|
! |
|
і^-гтТТТг |
В |
|
Он положителен, |
вы |
|
|
|
||||
зывает |
сжатие |
верхних |
в первой степени, |
следовательно, |
||||
волокон |
и |
зависит |
от x t |
|||||
изменяется |
по прямой: |
|
|
|
||||
при х }= 0, |
уИ |
= 0; |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
P b |
РаЬ |
|
|
при |
х г = а, |
Ма |
I а= - I |
|
|
|||
По этим ординатам проводим прямую, ограничивающую |
||||||||
эпюру М участка |
а (фиг. 8.21, г). Для сечений |
участка Ъслева |
||||||
добавляется |
еще |
сила Р, |
и изгибающий |
момент здесь будет |
||||
|
|
Мь= А х 2— Р ( |
\ РЬ |
■Р(хг — а). |
||||
|
|
х 2 •а) = — х г · |
23 1
Возьмем два значения изгибающего момента участка Ь:
при х = а, Мь= ^у-а—Р(а—а )= ~ -;
при х —1, Mb = ^ j - l — P ( l — a) = Pb— Pb = 0.
Под грузом изгибающий момент получается одинаковым как из уравнения участка а, так и из уравнения участка Ь. Эпюра М имеет здесь перелом. В крайних сечениях, совпадающих с шар нирными опорами, изгибающий момент равен нулю. Наибольшей величины он достигает в сечении под грузом. В этом сечении эпюра поперечных сил проходит через ось балки, т. е. через нуле вое значение.
В частном случае, когда сила Р приложена по середине
балки, а —Ь , опорные реакции будут равны между со-
р
бой и каждая равна половине нагрузки А = В = — . Внешние
силы, действующие на балку, расположены симметрично. Наибольший изгибающий момент получается по середине балки:
М = * - ± - = ” .
2 |
2 |
4 |
|
|
|
|
Пример 2. Построим «эпюры |
|
Q и |
М |
для |
простой |
бал |
ки, нагруженной двумя симметрично |
расположенными |
сила- |
||||
ми Р (фиг. 8. 22). |
|
опор |
||||
|
Вследствие |
симметрии |
||||
ные |
реакции |
одинаковы и равны |
||||
А=В=Р. Поперечную силу и из |
||||||
гибающий момент |
вычислим для |
|||||
каждого |
участка |
в отдельности, |
обходя балку слева направо:
Фиг. 8.22. Эпюры усилий в про стой балке от симметричной на грузки.
Участок 1: Q, = л = Я;
М1 = А х1= Рх1.
Участок II: Q, = Л —Я = 0; УМ, = Ах, — Р (х2— а) —
—Рх2— Pxz+ f a —Ра.
Для третьего участка выра жения получаются значительно проще, если пойти справа:
Qs= — В — —Р; Мъ= Вх3 = Рхг.
В первом участке поперечная сила положительна, во втором она равна нулю, а в третьем отрицательна. Изгибающий момент в крайних участках изменяется по наклонным прямым. В опор-
232
ных сечениях он равен нулю и возрастает к среднему участку- В средней части балки изгибающий момент постоянен. В сече ниях, расположенных.симметрично относительно середины, изги бающие моменты одинаковы по величине и по знаку: эпюра М является симметричной. Ординаты эпюры Q в симметрично рас положенных сечениях имеют одинаковую величину, но противо положные знаки. Такая эпюра является обратно симметричной (фиг. 8. 22). Таким образом от симметричной нагрузки в симмет ричной балке эпюра М получает
ся симметричной, а эпюра Q об |
|
г . l |
_ 1 |
||
ратно симметричной. |
|
|
3 |
3 * |
|
Пример 3. Построить эпюры Q |
о |
ЗР |
B-F |
||
|
|||||
и М для балки, изображенной на |
J |
|
] |
||
фиг. |
8. 23. |
обратно сим |
|
j |
|
Нагрузка балки |
|
ЗР |
U y - J |
||
метрична: она получается из сим |
|
|
|
||
метричной нагрузки |
путем изме |
|
|
|
|
нения направления сил на обрат |
|
|
|
||
ное в одной половине. Данная на |
|
|
|
||
грузка составляет пару с момен |
|
|
|
||
том |
3Р— = Р1. Ее |
невозможно |
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
уравновесить силами одного на правления; пара сил может быть уравновешена только парой сил. Поэтому в опорах должны воз никнуть реакции Л = —В, состав ляющие пару сил. Если нагрузка стремится вращать балку против
часовой стрелки, то реакции должны быть направлены так, чтобы составить пару, вращающую по часовой стрелке. На пишем уравнение моментов всех сил относительно правой опоры
АІ—ЗР — =0, откуда А —Р.
3
Выражения поперечной силы и изгибающего момента для первых двух участков составим по нагрузке, расположенной слева от сечения, а для третьего — по нагрузке справа (фиг. 8. 23):
участок |
I: |
Q1 = A —P; |
М.1 = Ах1 = Рх1; |
||
участок |
II: |
Q3 |
—A —З Р = —2Р; |
М2 = Р х%— ЗРГд |
|
участок III: |
Q3 |
= Д = Р; |
М3 = —Вх3 — —Рх3. |
||
Поперечная сила в обоих крайних |
участках положительна |
и имеет одинаковую величину; в среднем участке она отри цательна. Изгибающий момент во всех участках изменяется по наклонным прямым. На границах участков имеем:
233
при |
* 1 = 0, |
М1 = 0; |
|
PI |
|
||
при |
|
|
I |
.. |
., |
|
|
X1 = x t = — , |
M1 = Ma = — ; |
||||||
при |
х3 = |
I |
. . |
D |
/ |
|
P I |
|
M3= —B - J = — |
|
|||||
при |
х 3 = 1, |
Λί3 = 0. |
|
|
|
|
На этот раз в симметричных сечениях изгибающий момент имеет одинаковую величину, но противоположные знаки. В сим метричной балке от обратно симметричной нагрузки эпюра М получается обратно симметричной, а
эпюра Q — симметричной.
Пример 4. Балка на двух опорах нагружена равномерной нагрузкой интенсивностью q (фиг. 8. 24). Преж де всего определим опорные реак ции. На один погонный метр прихо дится нагрузка q, а на длине I вся нагрузка балки равна ql. Вследствие симметрии расположения нагрузки реакции опор одинаковые и каждая из них равна половине всей нагрузки
A = B = lL .
2
Возьмем произвольное сечение на расстоянии х от левой опоры. Равнодействующая нагрузки, рас пределенной на этом участке,равна qx. Сумма проекций левых сил на вертикальную ось состоит из ре акции А, направленной вверх, и из
нагрузки qx, направленной вниз. Поперечная сила в произволь но выбранном сечении равна
Q = A — qx=z— — qx.
Она изменяется по прямой. Чтобы провести эту прямую, необ ходимо вычислить по крайней мере две ординаты. Например, при
х = 0, Q = -y —<7-0 = у - ; при х = 1, Q = l i . — qi = — S i ..
Отложим эти ординаты на левой опоре вверх, а на правой
вниз, |
и, соединив их |
концы, |
получим прямую, |
ограничиваю |
щую |
эпюру Q. По середине |
балки, при х = |
поперечная |
|
сила |
равна нулю: |
Q = — — q — —0. |
|
|
|
|
2 |
2 |
|
Сумма моментов левых сил относительно центральной оси произвольного сечения состоит из момента от реакции и мо-
2Л4
мента от сплошной нагрузки, равнодействующая которой при ложена в центре тяжести нагрузки, т. е. по середине левого
участка, на расстоянии |
от сечения. Изгибающий момент |
|||
М = A x - q x ^ = |
- ^ = —q ( / - X). |
|||
4 2 |
2 |
2 |
2 |
' |
При равномерной нагрузке он зависит |
от х во второй степени, |
и ординаты его эпюры должны лежать на кривой—параболе
второй |
степени |
(гл. I, § 2). Вычислим некоторые ординаты: |
при |
х = 0, |
М = 0; |
при |
|
|
при |
|
|
при |
|
|
при х —1, М — 1 (I — /) = 0.
Отложим найденные ординаты вверх от оси балки и, со единив концы их плавной кривой, получим эпюру М (фиг. 8.24). Наибольший изгибающий момент получается по середине пролета:
Простая |
балка, |
нагруженная равномерной |
нагрузкой qt |
в практике |
встречается очень часто. Для нее |
в дальнейшем |
|
важно будет знать |
не только /Wmajt, но также площадь эпюры |
||
М, ограниченную выпуклой параболой второй |
степени. Пло |
щадь половины такой фигуры, согласно примеру 1, § 5 гл. VI
(фиг. 6.16), равна */з основания а = -^-, умноженного на вы-
д[і
соту Ь = — . Вся площадь эпюры М от равномерной нагрузки
8
простой балки равна
2 |
1 |
Q1*_ |
2 |
^ чі* _ |
ді* |
3 |
2 |
~8 |
3 |
8 |
12 * |
Пример 5. Построить эпюры Q и М для простой балки, нагру женной сосредоточенным моментом Л4св сечении С на расстоя нии а от левой опоры и Ь от правой (фиг. 8. 25).
Так как нагрузка составляет пару сил, то опорные реакции, чтобы уравновесить нагрузку, должны составить пару с момен том такой же величины, но вращающим в обратную сторону. Эго
235
значит, что реакции должны быть одинаковы по величине и противоположны по направлению. Момент Мс вращает по часо вой стрелке, следовательно, реакции должны вращать против ча
совой стрелки (фиг. 8.25): А1=В1=МС,откуда А = В = ~ . Реак
ция А направлена вниз, |
следовательно, |
поперечная сила |
полу |
|||||||||||
|
|
|
1— ό — —1 |
ль |
чается отрицательной. Она по- |
|||||||||
|
--------а ------- |
стоянна по всей длине |
балки, |
|||||||||||
|
|
|
с |
F |
' i |
потому что для всех сечений |
||||||||
i |
* |
J |
В &\ |
|
первого и второго участков, до |
|||||||||
|
(——JT/— -1 |
|
1 |
|
и после момента Мс, слева |
|||||||||
|
U------------ X *— |
|
1 |
|
имеется |
единственная |
|
сила |
в |
|||||
|
|
|
|
|
|
виде реакции А. Момент Мс |
||||||||
|
|
|
© |
|
|
непосредственно на эпюре Q не |
||||||||
|
|
|
|
|
отражается. |
|
Таким |
образом |
||||||
|
ш |
іаішттшй |
Q = - |
Мс |
|
|
|
|
|
|
||||
|
I |
|
|
|
|
|
|
|||||||
А'\ |
|
|
1 |
|
Изгибающий момент в пре |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
делах |
первого участка равен |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
* |
|
|
Мс |
|
он от |
||
|
|
|
|
|
|
Λί, = —Axt = |
---- j- x г; |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
рицателен |
и |
изменяется |
по |
|||||
|
|
|
|
|
|
прямой: при |
Xj = О, |
|
М1 = 0; |
|||||
|
|
|
|
|
|
при х х = а, |
|
Мг |
|
|
||||
Фиг. 8.25. Эпюры усилий в простой |
Мі = ---- у-а. |
|
||||||||||||
Как только сечение пере |
||||||||||||||
балке |
от |
сосредоточенного |
момента. |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
двинется |
во |
второй |
участок, |
слева сразу появляется момент Мс, и изгибающий момент второго участка будет
Afj — —A xt -j- Me = |
Mr |
■x 2-f- Me. |
Он изменяется по прямой, определяемой ординатами:
при |
Xi~a, |
Mr |
Mr |
Mc |
M%= -----f~ a + Mc = —j - ( — a + |
— |
|||
при |
x 2 = l, |
M2= — ^ j - l + Mc = 0. |
|
Прямая C'B второго участка параллельна прямой АВ', полу ченной для первого участка, потому что их ординаты отличаются на одну и ту же величину, равную Мс. Под сосредоточенным мо ментом эпюра М имеет скачок на величину этого момента.
Если изменить расстояния а и Ъи приложить момент в дру гом сечении, то эпюра Q не изменится, так как реакции зависят только от величины М с и пролета /. Не изменится и наклон пря мых АВ' и А'В в эпюре М, но скачок в ней передвинется в то сече-
236
ние, где приложен сосредоточенный момент. В частности, если мо мент приложить на левой опоре, то эпюра будет иметь вид тре угольника АА'В.
Задачи. 1. Построить эпюры Q и М для простой балки, нагру женной двумя одинаковыми моментами М0 (фиг. 8.26).
М с |
" с |
7 |
У |
" 2 |
Ш |
|
|
|
|
Фиг. 8.26. |
Построить |
Фиг. 8. 27. |
Построить эпю |
|
эпюры |
Q и М. |
ры усилий балки от уравно |
||
|
|
вешенной |
нагрузки. |
2. Балка нагружена уравновешенной нагрузкой (фиг. 8.27). Построить эпюры Q и М.
3. Простая балка пролетом 1=5 м нагружена равномерной нагрузкой q на участке длиной 3 ж от левой опоры и сосредото-
Фиг. 8.28. По заданной эпюре |
Фиг. 8.29. Вычислить нагрузку по |
Q определить нагрузку. |
эпюре изгибающих моментов. |
ченной силой Р на расстоянии 1 м от правой опоры. Для этой балки построена эпюра Q (фиг. 8.28). Определить величины на грузок q и Р и построить эпюру М.
4.Известна эпюра изгибающих моментов для консольной балки, нагруженной силой Р, сосредоточенным моментом Мс и равномерной нагрузкой q (фиг. 8.29). Вычислить величину этих нагрузок и построить эпюру поперечных сил.
5.Для лонжерона крыла, изображенного на фиг. 8. 6, вычи слить по заданной нагрузке ординаты эпюр Q и М в сечениях А, В, С и по середине участков АВ и ВС. Построить по найденным ординатам эпюры этих усилий.
237