Файл: 3.doc

Переріз 1-1 (0Xа)

Рівняння поперечної сили:

Q_y=-F=-10кН.

В рівняння поперечної сили не ввійшла координата x, відповідно маємо рівняння прямої паралельної осі X.

Проводиться горизонтальна лінія, паралельна осі балки і в масштабі яка відповідає довжині балки. По вертикалі відкладається в масштабі величина поперечної сили. Додатні значення поперечної сили відкладаються вверх, від’ємні – вниз.

Рівняння згинаючого моменту:

M_z=Fx.

В рівняння згинаючого моменту x входить в перші степені, відповідно маємо рівняння прямої.

M_z(x=0)=0,

M_z(x=a)=Fa=101.5=15кНм.

Проводиться горизонтальна лінія, паралельна осі і в масштабі яка відповідає довжині балки. По вертикалі відкладається згинаючий момент: від’ємний – вниз, додатній – вверх. В загальному випадку масштаб Q_y і M_z приймається неоднаковим.

Переріз 2-2 (0Xа)

Рівняння поперечної сили:

Q_y=-F-qx.

Текуча координата входить в рівняння поперечної сили в перші степені, відповідно маємо рівняння прямої лінії. Для її побудови визначаються дві точки.

Q_y(x=0)=-F=-10кН,

Q_y(x=a)=-F-qa=-10-151.5=-32.5кН.

Рис.3.3

Рівняння згинаючого моменту:

.

Отримано рівняння кривої лінії (параболи), тому що x входить у другій степені. Для орієнтовної побудови кривої необхідно мати хоча б три точки.

M_z(x=0)=Fa=101.5=15кНм,

,

.

Переріз 3-3 (0Xа)

Q_y=-F-q(a+x),

Q_y(x=0)=-F-qa=-10-151.5=-32.5кН,

Q_y(x=a)=-F-q(a+a)=-10-15(1.5+1.5)=-55кН,

,

,

Приклад 2

Для заданої балки (рис.3.4) побудувати епюри поперечних сил і згинаючих моментів, якщо: а=2м, М=25кНм, F₁=15кН, F₂=25кН.

В точках А і В виникають реактивні сили R_А і R_В. Горизонтальна складова в шарнірно-нерухомі опорі А дорівнює нулю, тому що немає зовнішніх сил, які діють в горизонтальному напрямку.

З умови рівноваги балки визначаються реакції.

Рівняння статики:

М_А=0, М-F₁а- F₂(а+а) +R_В(а+а+а)=0,

,

М_В=0, -R_А(а+а+а)+М+F₁(а+а)+F₂а =0,

.

Перевірка:

Y=0, R_А+R_B-F₁-F₂=22.5+17.5-15-25=0.

Розрахункова схема балки креслиться в масштабі і розбивається на ділянки. За ділянку балки приймається відстань між суміжними навантаженнями. Дана балка розбивається на три ділянки. Проводяться перерізи на кожні ділянці і записуються рівняння поперечної сили та згинаючого моменту.

Переріз 1-1 (0Xа)

Q_y=R_A=22.5кН,

M_z=R_Ax-M,

M_z(x=0)=-M=-25кНм,

M_z(x=a)=R_Aа-M=22.52-25=20кНм.

Переріз 2-2 (0xа)

Q_y=-R_В=-17.5кН,

M_z=R_Вx,

M_z(x=0)=0,

M_z(x=a)=R_Ва=17.52=35кНм.

Рис.3.4

Переріз 3-3 (0xа)

Q_y=-R_В+F₂=-17.5+25=7.5кН,

M_z=R_В(a+x)-F₂x,

M_z(x=0)=R_Вa=17.52=35кНм,

M_z(x=a)=R_В(a+а)-F₂а =17.5(2+2)-252=20кНм.

Приклад 3

Для заданої балки (рис.3.5) побудувати епюри поперечних сил і згинаючих моментів, якщо: а=1м, q=10кН/м, М=30кНм, F=20кН.

Рівняння статики:

М_А=0, Fа-М-q3а(а+1.5а)+R_В(а+3а)=0,

М_В=0 F(а+а+3а)-R_А(а+3а)-М+q3а1.5а=0,

Перевірка:

Y=0, -F+R_А-q3а+R_B=-20+28.75-1031+21.25=0.

Переріз 1-1 (0xа)

Q_y=-F=-20кН,

M_z=-Fx,

M_z(x=0)=0,

M_z(x=a)=-Fa=-201=-20кНм.

Рис.3.5

Переріз 2-2 (0xа)

Q_y=-F+R_A=-20+28.75=8.75кН,

M_z=-F(a+x)+R_Ax,

M_z(x=0)=-Fa=-201=-20кНм,

M_z(x=a)=-F(a+а)+R_Aa=-20(1+1)+28.751=-11.25кНм.

Переріз 3-3 (0x3а)

Q_y=-R_B+qx,

Q_y(x=0)=-R_B=-21.25кН,

Q_y(x=3a)=-R_B+q3a=-21.25+1031=8.75кН,

,

M_z(x=0)=0,

.

Для визначення максимуму згинаючого моменту використовується диференціальна залежність між Q_y і M_z.

Функція має максимум, коли перша похідна дорівнює нулю, а поперечна сила міняє знак з “+” на “-”. Значення поперечної сили для третього перерізу прирівнюємо до нуля і визначаємо значення x, при якому Q_y=0

-R_B+qx=0,

.

Знайдене значення x підставляємо в рівняння згинаючого моменту

.

Таким чином, на відстані 2.125м від точки В згинаючий момент має максимум і дорівнює 22.58кНм.

Приклад 4

Для заданої рами (рис.3.6) побудувати епюри поперечних сил і згинаючих моментів, якщо: а=2.5м, q=15кН/м, М=15кНм, F₁=20кН, F₂=30кН.

Рівняння статики:

М_А=0, ,

,

Y=0, Y_B-qа+F₂-Y_A=0,

Y_A=Y_B-qа+F₂=16.375-152.5+30=8.875кН,

X=0, -F₁+X_A=0,

X_A=F₁=20кН.

Рис.3.6

Переріз 1-1 (0Xа)

Q_y=Y_B=16.375кН.

Величина осьових зусиль визначається з умови рівноваги відсіченої частини

X=0, -N+F₁=0,

N=F₁=20кН,

M_z=Y_Bx,

M_z(x=0)=0,

M_z(x=a)=Y_Ba=16.3752.5=40.94кНм.

а)б)

в)

Рис.3.7

Переріз 2-2 (0xа)

Q_y=-F₂+qx,

Q_y(x=0)=-F₂=-30кН,

Q_y(x=a)=-F₂+qa=-30+152.5=7.5кН,

N=0,

,

M_z(x=0)=0,

,

Q_y=-F₂+qx=0; ,

.

Переріз 3-3 (0xа)

Q_y=Y_A=8.875кН,

N=X_A=20кН,

M_z=Y_Ax,

M_z(x=0)=0,

M_z(x=a)=Y_Aa=8.8752.5=22.19кНм.

Переріз 4-4 (0xа)

Q_y=-X_A=-20кН,

N=Y_A=8.875кН,

M_z=Y_Aa-X_Ax+M,

M_z(x=0)=Y_Aa+M=8.8752.5+15=37.19кН,

M_z(x=a)=Y_Aa-X_Aa+M =8.8752.5-202.5+15=-12.81кНм.

4. Статично невизначені стержневі системи

На практиці зустрічаються системи, для визначення внутрішніх зусиль в яких рівнянь статики виявляється недостатньо. Такі системи називають статично невизначеними. В цих системах число накладених зв’язків більше, чим це необхідно для їх кінематичної незмінності, тобто для їх рівноваги. Іншими словами, всі с.н.с. мають додаткові або “зайві” з точки зору кінематичної незмінності зв’язки, постановка яких диктується умовами міцності або жорсткості.