В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 ЛЕКЦИЯ 6 Построение эпюр внутренних силовых факторов для основных видов деформации бруса Часть 2 1 Правила знаков при построении эпюр поперечных сил и изгибающих моментов В курсе ММК приняты следующие правила знаков: а) для поперечных сил (рис. 1): Внешняя сила, действующая по любую сторону от данного положительный сечения, вклад в дает величину поперечной силы, действующей в сечении, если пытается повернуть рассматриваемую часть балки по часовой стрелке относительно центральной сечения, оси главной инерции перпендикулярной данного плоскости Рис. 1 чертежа: б) для изгибающих моментов (рис.2): Внешняя сила, действующая по любую сторону от данного сечения, дает положительный вклад в величину изгибающего момента, действующего в данном сечении, если действие этой внешней силы приводит к сжатию верхних и растяжению балки. 18.03.2016 15:17:18 нижних слоев Рис. 2 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc 1 2 В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 2 Примеры построения эпюр поперечных сил и изгибающих моментов При построении эпюр принято: 1) строить эпюры изгибающих моментов на растянутых волокнах балки. С учетом принятого правила знаков + – это означает, что положительные значения моментов откладываются вниз, отрицательные - вверх; 2) ось z в рассматриваемом сечении направлять вниз (для согласования в дальнейшем правила знаков для изгибающих моментов и нормальных напряжений). Консольные балки При построении эпюр для консольных балок имеется принципиальная возможность обойтись определения без опорных реакций и реактивного момента в жестком защемлении. Пример 1 (рис. 3). Дано: P, l. Необходимо: построить эпюры Qz(x) и My(x). Решение. Разделим мысленно балку на две части I и II. Выделим часть I Рис. 3 балки и рассмотрим ее равновесие: å Pz= 18.03.2016 15:17:18 P - Q z ( x )= 0 ® Q z ( x )= P , W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc (1) В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 å M y = M y ( x ) - Px = 0 Соотношение (2) определяет ® M y ( x ) = Pх . модуль изгибающего 3 (2) момента, но противоречит принятому ранее правилу знаков. Учитывая это правило знаков, запишем окончательно: M y ( x) = - Px . (3) Эпюра построена на рис. 3. Замечание 1. Все остальные ВСФ равны нулю в рассматриваемом сечении. Замечание 2. Qz(x) и My(x) – это усилие и момент, с которыми части балки I и II взаимодействуют друг с другом по третьему закону Ньютона. Пример 2 (рис.4) Дано: M, l. Необходимо: построить эпюры Qz(x), Мy(x). Решение 1. Построение эпюры Qz(x) по уравнению Рис. 4 QzI ( x ) = 0 . (4) Соотношение (4) имеет место потому, что момент М создается парой сил, поэтому их суммарная проекция на любое направление всегда равна нулю. 2. Построение эпюры Му(х) по уравнению M yI ( x ) = M . Эпюры построены на рис. 4. 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc (5) 4 В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 Пример 3 (рис. 5) Дано: q, l. Необходимо: построить эпюры Qz(х) и My(х). Решение 1. Применим метод сечений и рассмотрим равновесие правой части. равномерно Заменим распределенную нагрузку, действующую справа, ее равнодействующей и укажем положение линии ее действия Rq(x) = qx. (6) 2. Запишем уравнение для поперечной силы, используя Рис. 5 правило: Qz ( x ) = + Rq ( x ) = qx x = 0 = 0 x = l = ql . (7) 3. Запишем уравнение Му(х): x x2 M y ( x ) = - Rq ( x ) = - q 2 2 x=0 ql 2 = 0 x =l = . 2 (8) 4. Строим эпюры (рис. 5). Пример 4 (рис. 6) Дано: l, линейный закон распределения внешней нагрузки по длине, ее максимальное значение q0. Необходимо: построить эпюры Qz(x), M(x). 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 5 Решение 1. Рассмотрим равновесие правой части. Заменим нагрузку ее распределенную равнодействующей, укажем линию ее действия: q ( x )x . 2 Но очевидна пропорция qx q( x ) x = ® q( x ) = . l q0 l Rq ( x ) = (9) (10) Тогда q0 x 2 . Rq ( x ) = 2l (11) q l = 0 x =l = 0 2 (12) q0l 2 = 0 x =l = . 6 (13) Рис. 6 2. Запишем уравнение для Qz(x) и My(x): q x2 Qz ( x ) = Rq ( x ) = 0 2l q x x M y ( x ) = - Rq ( x ) = - 0 3 6l x =0 3 x =0 Эпюры построены на рис. 6. Пример 5 (рис. 7) Дано: l, распределенная по линейному закону нагрузка с максимальным значением q0. Необходимо: построить эпюры Qz(x), My(x). 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc 6 В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 Решение При рассмотрении правой равновесия части возникает определенная вычисления трудность равнодейст-вующей от трапецеидальной нагрузки и ее центра тяжести. Для упрощения вычислений исходную нагрузку преобразовываем, суммой двух: распределенной, Рис. 7 заменяя ее равномерно действующей вниз и линейно распределенной, действующей вверх. Эти нагрузки заменяются равнодействующими Rq¢ ( x ) и Rq¢¢ ( x ) . Очевидно, что Rq¢ ( x ) = q0 x (14) q0 x 2 Rq¢¢ ( x ) = . 2l (15) и Запишем уравнения ВСФ, используя принцип суперпозиции: q0 x 2 Qz ( x ) = Rq¢ ( x ) - Rq¢¢ ( x ) = q0 x 2l x=0 3 x x q0 x 2 q0 x ¢ ¢¢ + M y ( x ) = - Rq ( x ) + Rq ( x ) = 2 3 2 6l Эпюры построены на рис. 7. 18.03.2016 15:17:18 q l = 0 x=l = 0 , 2 x =0 (16) q0l 2 = 0 x =l = . (17) 3 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 7 Пример 6 (рис. 8) Given: a=2m, b=1m, c=3m, F=50kN, q=40kNm, M=60kNm. R.D.: Qz(x), My(x) – ? Equations of internal forces in an arbitrary cross-sections of the portions: I–I 0< x<a QzI ( x ) = + F - qx x = 0 = 50 x = 2 = = -30kN , M y I ( x ) = + Fx - qx x 2 x= 0 = 0 x= 2 = = 20kNm. M yI max - ? Qz I = dM = F - qx; dx Qz ( xe ) = 0. Рис. 8 dM ( xe ) = F - qxe = 0 ® dx F ® xe = = 1.25m. q q( xe )2 40(1.25)2 (xe ) = F (xe ) = 62.5 - 31.25 = = = 50(1.25) 2 2 = 31.25kNm . 0< x<b II–II II Qz ( x ) = + F - qa = -30kN , ö æa M y II ( x ) = F (a + x ) - qaç + x ÷ x = 0 = 50 ´ (2 + 0) - 40 ´ 2(1) = 20 x =1 = -10kNm. ø è2 III–III 0< x<b III Qz ( x ) = F - qa = -30kN , ö æa M y III ( x ) = F (a + b + x ) - qaç + b + x ÷ - M x = 0 = -10 x =1 = -70kNm. ø è2 M yI max 18.03.2016 15:17:18 M yI W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc 8 В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 Балки на двух опорах Для двухопорных балок построению эпюр Qz и My должно предшествовать определение опорных реакций. Пример 7 (рис. 9) Дано: P, a, b. Необходимо: построить эпюры Qz(x) и My(x). Решение Определение опорных реакций RA и RB Рис. 9 å M A = - Pa + RB ( a + b ) = 0 ® å M B = - Pb + R A ( a + b ) = 0 ® RB = P RA = P a , a+b b . a+b (18) (19) 2. Разбиваем балку на участки и показываем направления их обхода. Границами участков являются точки приложения сосредоточенных сил и моментов, а также начала и окончания действия распределенной нагрузки. 3. Записываем уравнения: QzI ( x ) = R A = P b , a+b QzII ( x ) = - RB = - P 18.03.2016 15:17:18 a , a+b W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc (20) (21) В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 M yI ( x ) = RA ( x ) = P 9 b ab x x =0 = 0 x =a = P , a+b a+b (22) b ab x x =0 = 0 x =b = P . a+b a +b (23) M yII ( x ) = RB ( x ) = P Заметим, что скачки на эпюрах численно равны тем внешним силовым факторам, которые приложены в соответствующих сечениях. Пример 8 (рис. 10) Дано: М, а, b. Необходимо: построить эпюры Qz(x), My(x). 1. Определение опорных реакций. = åM A M - RB ( a += b) 0 , = RB = åM B Рис. 10 M . a+b Разбиваем участки (24) b) 0 , - M + R A ( a += = RА 2. M . a+b и направления (25) балку на показываем их обхода (см. рис. 10). 3. 18.03.2016 Записываем уравнение Qz(x) и Му(х) 15:17:18 QzI ( x ) = R A = M , a+b (26) QzII ( x ) = RB = M , a+b (27) W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc 10 В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 M yI ( x ) = RA x = M x a = 0 x=a = M , a + b x=0 a+b (28) x b . (29) = 0 x =b = - M a + b x =0 a+b Замечание. Скачок на эпюре Му(х) в сечении, где приложен сосредоточенный момент М, численно равен этому моменту. M yII ( x ) = - RB x = - M Пример 9 (рис. 11) Дано: q, l. Необходимо: Qz(x), My(x) построить эпюры Решение 1. Определим опорные реакции ql 2 å M A = RBl - 2 = 0 , ql RB = . (30) 2 ql 2 å M B = 2 - RAl = 0 , ql RA = . (31) 2 4. Запишем уравнения для Qz(x) и Му(х): Рис.11 Q z ( x ) = R A - qx = ql ql ql - qx x = 0 = =- . 2 2 x =l 2 qx 2 M y (x ) = R A × x 2 Эпюры построены на рис. 11. 18.03.2016 15:17:18 =0 x =0 x =l (32) ql 2 . =0 l = 8 x= 2 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc (33) В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 11 3 Дифференциальные соотношения между распределенной нагрузкой, поперечной силой и изгибающим моментом Представим на рисунке двухопорную балку и выделим двумя бесконечно близкими поперечными сечениями элемент длиною dx: Рис. 12 Пусть в левом поперечном сечении элемента действуют положительные My и Qz. Т.к. в общем случае они являются произвольными функциями х, в правом сечении My и Qz будут отличаться соответственно на dMy и dQz. Поперечная сила и изгибающий момент в правом поперечном сечении будут тоже положительными в силу малости dx. Рассмотрим равновесие выделенного элемента: å Pz = Qz + dQz - Qz - q(x )dx = 0 , q(x ) = dQ z . dx å M A (P ) = M y + dM y - q(x )dx Qz = 18.03.2016 15:17:18 откуда dx - M y - Q z dx = 0 , откуда 2 dM y dx (34) . W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc (35) В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 12 Величиной q ( x )dx dx пренебрегаем, т.к. это величина более высокого 2 порядка малости. Подставляя значения Qz (35) в (34), получаем: 2 dQ z d M y . q(x ) = = 2 dx dx (36) Замечание Полученные соотношения справедливы с точностью до знака. Рассмотрим конкретный пример, на котором проиллюстрируем соотношения (34) – (36). Пример 9 (рис. 13). Дано: М =80 кНм, q1 = 40 кН/м, q2 = 20 кН/м, а = 3 м, b = 2 м, с = 2 м. Необходимо: построить эпюры Qz(х) и Му(х). Решение 1. Определение опорных реакций. Рис. 13 å M A= M + RB ( a + b ) -q1 aæ aö è ø a2 cö æ a - q2c ç a + b + = ÷ 0 , откуда RB = 56 кН, 23 2ø è c å M B = M + q1 2 ç b + 3 ÷ - RA ( a + b ) - q2c 2 = 0 , RA = 44 кН. 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 13 2. Разбиение на участки. Располагаем в центрах тяжести произвольных сечений I-I, II-II, III-III систему координат x, y, z. 3. Запись уравнений Qz(x) и My(x) на участках: QzI ( x ) = q2 x x =0 = 0 x =c = 40 кН, QzII ( x ) = q2c - RB = 40 - 56 = -16 кН, qx QzIII ( x ) = RA - 1 2 2a = 44 x =a = 44 - 60 = -16 кН. x =0 Рассмотрим справедливость соотношения (34) на участке I – I: q = q2 = const, следовательно, график Qz(x) на этом участке – наклонная прямая линия. На участке II – II q = 0, следовательно, график Qz(x) на этом участке – прямая, параллельная оси х. III На участке III – III Q z ( x ) – квадратная парабола, т.к. q = q1 – линейная функция х. На опоре А (при х=0) q = 0, следовательно, касательная к графику Qz(x) в этой точке должна быть || оси х. q x2 M yI ( x ) = - 2 2 = 0 x =c = -40 кНм , x =0 c M yII ( x ) = - q2c( + x) + RB x x =0 = -40 x =b = -8 кНм , 2 qx M yIII ( x ) = RA x - 1 3 6a = 0 x = a = 72 кНм . x=0 Проиллюстрируем применение (35) при построении эпюры Му(х): 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 14 I На I-м участке M y ( x ) - квадратная парабола, при построении которой необходимо учитывать, что в сечении х = 0 имеем Qz =0, следовательно, касательная к графику должна быть горизонтальна. II На II-м участке M y ( x ) – линейная функция. На III-м участке необходимо учесть, что в сечении х = хэ имеем Qz = 0, следовательно, в этом сечении функция M y ( x ) имеет экстремальное значение. Координата сечения с экстремальным изгибающим моментом хэ находится из условия: q QzIII ( x ) = RA - 1 xэ2 = 0 ® xэ = 2,57 м. 2a q1xэ3 э M y = R A xэ = 75,36 кНм. 6a Очевидно, что при х = хэ касательная к графику Му(х) параллельна оси х. 4 Проверка правильности построения эпюр Qz(x) и My(x) 1. Величины скачков на эпюре Qz(x) численно равны значениям внешних сил, приложенных в соответствующих сечениях. 2. В точках (сечениях), где приложены сосредоточенные моменты внешних сил, имеют место скачки на эпюре My(x), численно равные величинам этих моментов. 3. Проверка правильности построения эпюр осуществляется также по дифференциальным соотношениям (34) и (35). 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 15 Пример 10 (рис. 14) Given: q=20kNm, F=50kN, M=130kNm, a=3m, b=c=d=1m, R.D.: Qz(x), My(x)=? 1) Calculation of reactions RA , RB : å M A = 0= + M + F (a + b ) + a + qa - RB (a + b + c + d ) , 2 RB = +20kN . The plus sign means coincidence of RB actual direction with originally selected. 0 + M - F (c + d ) å M= B = ö æa - qaç + b + c + d ÷ + ø è2 + R A (a + b + c + d ), Рис. 14 R= +40kN . A Checking: å Fz = 0 = - RA - RB + F + qa = 0 , i.e. the reactions are determined correctly. 2) Equations of internal forces in an arbitrary cross-sections of corresponding portions: I–I 0 < x <1 QzI ( x ) = - RB = -70kN , M y I ( x ) = + RB x x = 0 = 0 x = 1 = 70kNm. II–II II Qz ( x ) = - RB = -70kN , M y II ( x ) = + RB (d + x ) - M 0 < x <1 x-0 = 60 x = 1 = 10 kNm . III–III 0 < x <1 III Qz ( x ) = RA - qx x = 0 = 40 x = 3 = -20kNm. M yIIImax - ? 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc 16 В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 QzIII ( xe ) = RA - qxe = 0 ® xe = RA 40 = = 2m . q 20 xe 2 ( xe ) = RA xe - q = +40kNm. 2 IV–IV 0 < x <1 QzIV ( x ) = RA - qa = -20kN , ö æa M y IV ( x ) = + RA (a + x ) - qaç + x ÷ x =0 = 30 x =1 = 10kNm . ø è2 Пример 11 (рис. 15) Given: q=20kNm, F=100kN, M=60kNm, a=2m, b=1m, c=3m, d=4m. R.D.: Qz(x), My(x)=? M IIIy 1) Calculation of reactions RA , RB : åMA = 0 = - RBorig (b + c ) + F (b + c + d ) - a ö æc+d - q(c + d )ç + b ÷ - M + 2M - qa = 2 ø è 2 æ7 ö = - RB (4 ) + 100(8) - 20(7 )ç + 1÷ è2 ø - 60 + 120 - 20(2), - RB 4 = -190, 190 RBorig = RBact = = +47.5 kN . 4 The plus sign means coincidence of RB actual direction with originally selected. (b) å M B = 0 = + Fd + 2 M - M + c d æa ö + qc - qd + R Aorig (b + c ) - qaç + b + c ÷ = 2 2 è2 ø 9 = 100(4 ) + 2(60 ) - 60 + 20 2 16 - 20 + R A (4 ) - 40(1 + 1 + 3) = 2 orig = RA ( 4 ) + 190 , Fig. 15 18.03.2016 15:17:18 R orig A = -47.5kN . The minus sign means non-coincidence of RB actual W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 17 direction with originally selected. Thus, original direction of RA must be changed on opposite. (c) Checking: å Fz= 0= + R Aact - RBorig + F + qa - q (c + d )= 0 , i.e. the reactions are determined correctly. 2) Equations of internal forces in an arbitrary cross-sections of corresponding portions: I–I 0 < x < a x QzI ( x ) = - qx x = 0 = 0 x = 2 = -40kN , M yI ( x ) = qx x = 0 = 0 x = 2 = -40 kNm . 2 II–II 0 < x < b QzII ( x ) = -qa - RAactual = -87.5kN , ö æa M yII ( x ) = - qaç + x ÷ - RAactual x + 2M x = 0 = +80 x = 1 = -7.5kNm. ø è2 III–III 0 < x < d III Qz ( x ) = + F - qx x = 0 = +100 kN x = 4 = +20kN , x M yIII ( x ) = - Fx + qx x = 0 = 0 x = 4 = -240kNm. 2 IV–IV 0 < x < c QzIV ( x ) = + F - q ( d + x ) - RB x = 0 = -27.5kN x = 3 = -87.5kN , xö æ M yIV ( x ) = - F ( d + x ) + RB x + q ( d + x ) ´ ç d + ÷ x = 0 = -240kN x = 3 = -67.5kNm. 2ø è 4 Построение эпюр внутренних силовых факторов для статически определимых плоских рам Стержневая система, элементы которой работают на растяжение – сжатие, называется фермой. Для фермы характерно шарнирное соединение элементов и приложение внешних усилий в узлах соединения элементов. Примеры ферм приведены на рис. 16. Если элементы стержневой системы работают, в основном, на изгиб или кручение, такая система называется рамой. Для рамы характерно жесткое соединение элементов в узлах и приложение внешних нагрузок в произвольных точках. Примеры плоских рам представлены на рис. 17. 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 18 Рис. 16 Рис. 17 Отличие фермы от рамы иллюстрирует рис. 18. Рис. 18 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 19 Система называется статически определимой, если реакции внешних связей и внутренние силовые факторы могут быть определены с помощью уравнений статического равновесия (см рис. 19, где слева показана статически определимая рама, а справа – статически неопределимая). Рис. 19 Будем рассматривать простейшие плоские статически определимые рамы. Для всех элементов таких рам Qy = 0, Mz = 0, Mx = 0, если ось у нормальна к плоскости рамы. При построении эпюр N(x), Qz(x), My(x) будем пользоваться принятыми ранее правилами знаков. Заметим, что положительное направление оси z на горизонтальных участках предпочтительно выбирать совпадающим с направлением вниз. Пример 12 (рис. 20) Дано: Р, a, b. Необходимо: построить эпюры N(x), Qz(x), My(x). Решение 1. Разбиваем раму на участки и показываем направления их обхода. Рис. 20 18.03.2016 15:17:18 2. Определяем ВСФ W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc в В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 20 произвольных поперечных сечениях участков: I N (x) = 0, QzI ( x ) = 0 , M yI ( x ) = - Px x = 0 = 0 x = a = - Рa , N II ( x ) = - P , QzII ( x ) = 0 , M yII ( x ) = - Рa . 3. Строим эпюры (рис. 21) Рис. 21 Рассмотрим особенности построения эпюр ВСФ для рам, содержащих элементы с криволинейной осью. Пример 13 (рис. 22). Дано: M, P, R. Необходимо: построить эпюры N(x), Qz(x), My(x). Решение 1. Разбиваем брус на участки и показываем направления их обхода. Рис. 22 2. Определяем N(x), Qz(x), My(x) в поперечных сечениях участков I и II. 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 I–I 21 0<a<p/2 I N (x) = 0; QzI ( x ) = 0 ; M yI ( x ) = - M . II – II 0<a<p/2 N II ( x ) = P sin a a =0 = 0 a =p / 2 = P , QzII ( x ) = - P cos a a =0 = - P a =p / 2 = 0 , M yII ( x ) = - M + PR sin a a =0 = - M a =p / 2 = - M + PR . 4. Строим эпюры (рис. 23). 5. Рис. 23 Плоские рамы могут быть как консольными, так и двухопорными. Очевидно, построению эпюр для последних должно предшествовать определение опорных реакций. 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc 22 В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 Пример 14 (рис. 24). Дано: М = 40 кНм, q = 10 кН/м, а = 1м. Необходимо: построить эпюры N(x), Qz(x), My(x). Решение 1. Определение опорных реакций. Для плоской системы сил можно составить три линейно независимые уравнения статического равновесия: Рис. 24 å Px= 0 å M A= 0 å Pz= 0 2. Разбиение на ® 2qa - RAГ = 0 ® R AГ = 20 кН, ® RB 2a - M - 2 qa 2= 0 ® RB= 30 кН, ® RB - R AB= 0 ® RAB= 30 кН. участки. Показываем направления их обхода. Границами участков, кроме точек приложения внешних усилий, являются точки соединения прямолинейных и криволинейных участков. Участок I-I: 0£ x£a N xI ( x ) = - RB = -30 кН, Участок II-II: I Qz (x) = 0, I My (x) =0. 0£a£p 2 N xII ( x ) = - RB cos a a = 0 = - 30 a = p 2 = 0 , QzII ( x ) = - RB sin a a = 0 = 0 a = p 2 = -30 кН, 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 23 M yII ( x ) = RB a(1 - cos a ) a = 0 = 0 a = p 2 = RB a = 30 кНм. Участок III-III: 0 £a £p 2 N III ( x ) = RB sina a = 0 = 0 a = p 2 = 30 кН, Q yIII ( x ) = - RB cos a a = 0 = - 30 a = p 2 = 0 , M yIII ( x ) = RB a (1 + sin a ) - M a = 0 = - 10 a = p 2 = 20 кНм. Участок IV-IV: 0 £ a £ 2a Q yIV ( x ) = R AГ - qx x = 0 = 20 x = 2 = 0 , N IV ( x ) = R AB = 30 кН, M yIV ( x ) = R АГ x - qx 2 2 x=0 = 0 x = 2 = 20 кНм. 3. Построение эпюр (рис. 25) Рис. 25 4. Проверка правильности построения эпюр производится по наличию скачков и по дифференциальным соотношениям, а также по условиям равновесия в узлах. 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc 24 В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 Пример 15 (рис. 26) Given: q=20 kN/m, l=3 m. R.D.: Nx(x), Qz(x), My(x). At first let us determine the reactions in supports A and B: a) å M B = 0 , R A × 6 - 20 ´ 3 ´ 1.5 = 0, R A = +15 kN; b) å Fx = 0 , RBh = qb = +60 kN: c) å M A = 0 , orig RBv × 6 + 60 ´ 3 - 20 ´ 3 ´ 1.5 = 0 Рис. 26 orig , RBv = -15 kN (actual act is opposite to original). direction of RBv Let us write the equations of the internal forces: N I x (x) = 0 ; N II x ( x ) = + R A = +15 kN; N III x ( x ) = + RBh = +60 kN; QzI ( x ) = R A = 15 kN; QzII ( x ) = - qx x = 0 = 0 x = l = -60 kN; act QzIII ( x ) = + RBv = 15 kN; M yI ( x ) = R A × x x = 0 = 0 x =l = 45 kNm; qx M yII ( x ) = R A × l - 2 2 M yIII (x ) = act - RBv x=0 = + 45 x = 3 = -45 kNm; × x x =0 = 0 x =3 = -45 kNm. Using this equations the bending moment diagram and the diagrams of normal and shearing forces may be constructed (see Fig. 27): N x ( x ), kN Qz ( x ), kN M y ( x ), kNm 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 25 Рис. 27 Checking the results, i.e. the equilibrium of the frame angles (see Fig. 28). Рис. 28 Пример 16 (рис. 29) Given: q=40kN/m, F=50kN, M=40kNm, a=2m, b=4m, c=3m. R.D.: Nx(x), Qz(x), My(x)=? 1) Calculation of support reactions: a b orig orig (a) å M A = 0 = - M - M + Fa - - qa + + qb + RBv b ® RBv = -65kN . 2 2 The minus sign means non-coincidence of RBv actual direction with originally selected. Thus, original direction of RBv must be changed on opposite. act (b) å Fz = 0 = - F + R Aorig - RBv + q(a + b ) ® RA = -125kN , i.e. actual direction of R A is upwards. (c) å Fx = 0 = RBh - F ® RBh = +50kN (right directed). 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc 26 В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 2) Equations of internal forces in an arbitrary cross-sections of the portions (see Fig. 29): I–I 0 < x < a N xI ( x ) = 0 , QzI ( x ) = + F - qx x=0 , = 50 x = 2 = -30kN , x M yI ( x ) = Fx - qx x = 0 2 = 0 x = 2 = 100 - 80 = +20kNm, Рис. 29 QzI ( xe ) = F - qxe = 0 , F 50 xe = = = 1.25m . q 40 1 M yI ( xe ) = M yI max = Fx e - qxe 2 = +31.25kNm . 2 II–II 0 < x < c II II N x ( x ) = - RA = -125kN , Qz ( x ) = + F = +50kN , M yII ( x ) = - Fx x=0 = N xIII ( x ) = - RBv 0 x = 3 = -150kNm . III–III 0 < x < c = -65kN , QzIII ( x ) = - RBh = -50kN , M yIII ( x ) = + RBh x + M x =0 = 40 x = 3 = +190 kNm . IV–IV 0 < x < c IV N x ( x ) = + RBh = +50kN , QzIV ( x ) = - RBv + qx x = 0 = -65 x = 4 = 95kN , x M yIV ( x ) = - qx + RBv x + M + RBh c x = 0 = 190 x = 4 = 130kNm . 2 act RBv 65 IV act = = 1.625m , Qz ( xe ) = - RBv + qxe = 0 ® xe = q 40 xe 2 1.625)2 ( act act ( xe ) = = -q + RBv xe + M + RBh c = -10 + 65(1.625 ) + 40 + 2 2 + 50 ´ 3 = 282.4kNm. M yIV M yIVmax The graphs of internal forces are shown on Figs. 30, 31, 32 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 Рис. 30 27 Рис. 31 Рис. 32 3) Checking the results i.e. an equilibrium of the rods connection areas (see Figs 33–34). Fig. 34 Fig. 33 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc 28 В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 6 Построение эпюр внутренних силовых факторов для произвольно нагруженных пространственных ломаных брусьев Плоско-пространственным называют брус, которого жестко все элементы соединены в узлах и расположены в одной плоскости, а действуют внешние в усилия произвольных направлениях. При решении внешние силы Рис. 35 представляют в виде проекций на принятые координатные направления. Расчет каждого из участков ломаного бруса представляет собой результат наложения полученных ранее решений. Пример 17 (рис. 35). Дано: а = 3м, b = 2м, с =1м, Р = 10 кН, q = 10кН/м. Необходимо: построить эпюры внутренних силовых факторов N(x), Qz(x), Qy(x), Mx(x), My(x), Mz(x). Решение. 1. Разбиваем брус на участки I, II, III и в произвольных сечениях каждого из них на расстоянии х от начала располагаем систему координат так, чтобы ось х совпадала с продольной осью бруса, ось z была направлена вниз, а горизонтальная ось у составляла бы с двумя первыми ортогональный базис одного и того же вида (правый или левый). 2. Записываем уравнения ВСФ в произвольном сечении каждого участка, пользуясь ранее принятыми правилами знаков (вспомните, какими?). 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 I-I 29 0£x£a N xI ( x ) = 0 , M xI ( x ) = 0 , Q yI ( x ) = - P = -10кН , QzI ( x ) = - qx x = 0 = 0 x = a = -30кН , x qa M yI ( x ) = -qx x = 0 = 0 x = a = 2 2 2 = -45кНм , M zI ( x ) = Px x = 0 = 0 x = a = +30кНм . II-II 0 £ x £ b a = -45кНм , 2 N xII ( x ) = - P = -10кН , M xII ( x ) = - qa Q yII ( x ) = 0 , QzII ( x ) = - qa = -30кН , M yII ( x ) = - qax x = 0 = 0 x =b = -60кНм , M zII ( x ) = + Pa = +30кНм . III-III 0 £ x £ c N xIII ( x ) = 0 , M xIII ( x ) = -qab = -60кНм , Q yIII ( x ) = + P = +10кН , QzIII ( x ) = - qa = -30кН , aö æ M yIII ( x ) = -qaç x - ÷ x = 0 = + 45 x = c = +15 кНм, 2ø è M zIII ( x ) = P(a - x ) x = 0 = +30 x = c = +20кНм . 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2015 30 3. Строим эпюры (рис. 36) Рис. 36 Замечание На прямых углах происходит взаимный «переход» Мх в Му и наоборот. 18.03.2016 15:17:18 W:\МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ W\082 ЛЕКЦИИ 2015\06 Построение эпюр внутренних силовых факторов (продолжение).doc МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ УКРАИНЫ Национальный аэрокосмический университет им. Н.Е. Жуковского «Харьковский авиационный институт» Кафедра прочности Домашнее задание по дисциплине «Механика материалов и конструкций» Задача №4 Эпюры распределения поперечных сил и изгибающих моментов в консольных балках при деформации плоский изгиб ФИО студента: Группа: Преподаватель: Дата сдачи: Оценка: При определении поперечных (перерезывающих) сил в поперечных сечениях балки будем пользоваться правилом, согласно которому поперечная сила в сечении численно равна алгебраической сумме проекций на ось z всех внешних сил, приложенных по одну сторону (слева или справа) от рассматриваемого сечения. При определении изгибающих моментов в поперечных сечениях балки будем пользоваться правилом, согласно которому изгибающий момент в сечении численно равен алгебраической сумме моментов, создаваемых внешними силами, приложенными по одну сторону (слева или справа) от рассматриваемого сечения. Решение 1. Принимаем следующие правила знаков (см. рис. 1): а) для поперечных сил б) для изгибающих моментов -m Mm M ym - m < 0 >0 y Рис. 1 2. Записываем уравнения поперечных сил и изгибающих моментов в произвольных сечениях каждого участка, расположенных на расстоянии х от начала участка. Рассмотрение участков начинаем со свободного конца балки, чтобы избежать необходимости определения опорных реакций в жёстком защемлении. I – I (0 < x < a ) : Qzm - m < 0 Qzm - m > 0 QzI ( x) = + P = 30 кН, M yI ( x ) = + Px | x = 0 = 0 |x = 2 = 60 кНм. 2 II – II (0 < x < b) : QzII ( x ) = + P = 30 кН, M yII ( x ) = + P( x + a) - M | x = 0 = 40 |x = 3 = 130 кНм. III – III (0 < x < a ) : QzIII ( x ) = P + qx |x = 0 = 30 ×10 |x = 2 = 30 + 20 = 50 кН, x2 III M y ( x) = P( a + b + x) + q - M |x = 0 = 2 = 150 - 20 = 130 |x= 2 = 210 + 20 - 20 = 210 кНм. 3. Строим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов, т.е. графики их изменения по длине каждого участка. При этом положительные поперечные силы откладываем вверх, а отрицательные – вниз. Эпюры изгибающих моментов строим со стороны растянутых волокон (см. правило знаков для изгибающих моментов на рис. 1). Эпюры показаны на рис. 2. 4. Значения поперечной силы и изгибающего момента в сечении жёсткого защемления указываем на чертеже балки как реакцию R и реактивный момент M R , исходя из принятых правил знаков для Qz и M y . 5. Проверяем решение, исходя из правила, согласно которому скачок на эпюре поперечных сил равен значению сосредоточенной внешней силы, приложенной в этом сечении, а скачок на эпюре изгибающих моментов равен значению внешнего момента, приложенного в этом сечении. 3 Рис. 2 4 МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ УКРАИНЫ Национальный аэрокосмический университет им. Н.Е. Жуковского «Харьковский авиационный институт» Кафедра прочности Домашнее задание по дисциплине «Механика материалов и конструкций» Задача №5 Эпюры распределения поперечных сил и изгибающих моментов в балках на двух опорах при деформации плоский изгиб ФИО студента: Группа: Преподаватель: Дата сдачи: Оценка: При определении поперечных (перерезывающих) сил в поперечных сечениях балки будем пользоваться правилом, согласно которому поперечная сила в сечении численно равна алгебраической сумме проекций на ось z всех внешних сил, приложенных по одну сторону (слева или справа) от рассматриваемого сечения. При определении изгибающих моментов в поперечных сечениях балки будем пользоваться правилом, согласно которому изгибающий момент в сечении численно равен алгебраической сумме моментов, создаваемых внешними силами, приложенными по одну сторону (слева или справа) от рассматриваемого сечения. Решение 1. Принимаем следующие правила знаков (рис. 1): а) для поперечных сил б) для изгибающих моментов -m Mm M ym - m < 0 >0 y Рис. 1 2. Определяем опорные реакции RA и RC . Вначале направим их, например, вверх, поскольку истинное их направление нам пока неизвестно. Если в результате вычислений мы получим их величины со знаком "+", то это будет означать, что их истинное направление совпадает с первоначальным. В противном случае направление реакции следует изменить на противоположное. Для определения реакций RA и RC будем использовать два уравнения равновесия моментов сил, например, относительно точек С и А. Третье уравнение равновесия сил в вертикальной плоскости будем использовать для проверки правильности определения реакций. Qzm - m < 0 Qzm - m > 0 2 При составлении моментных уравнений равновесия вращение против часовой стрелки будем считать положительным. qa 2 c - M - RC (a + b) - qc( + b + a ) + P (a + b + c) , 2 2 ö c 1 æ qa 2 RC = + M + qc( + b + a ) - P (a + b + c) ÷ = +16,67 кН . ç÷ a + b çè 2 2 ø åMA = 0 = + qс 2 a å M С = 0 = - 2 - M + R A (a + b) - qa( 2 + b) + Pc , ö 1 æ qc 2 a RA = + M + qa ( + b) - Pc ÷ = +13,33 кН . ç+ ÷ a + b çè 2 2 ø å Pz = 0 = - RA - RC - qc + qa + P = -13,33 - 16,67 - 10 × 2 + 10 × 2 + 30 = 0 . Вывод: реакции определены правильно 3. Записываем уравнения поперечных сил и изгибающих моментов в произвольных сечениях каждого участка, расположенных на расстоянии х от начала участка (см. рис. 2). Обход участков проведём наиболее рациональным образом, т.е. первый и второй участки рассмотрим слева, а последний – справа. В таком случае уравнения будут наиболее короткими. I – I 0< x < a: QzI ( x) = RA - qx |x = 0 = 13,33 |x = 2 = 13,33 - 20 = -6,67 кН, qx 2 I M y ( x) = RAx |x = 0 = 0 |x = 2 = 26,66 - 20 = 6,66 кНм. 2 Заметим, что изменение знака поперечной силы в пределах участка говорит о существовании максимального значения изгибающего момента не на границах участка, а в одной из промежуточных точек. Сначала определим координату точки экстремума изгибающего момента, приравняв нулю уравнение поперечной силы: QzI ( xe ) = 0 = RA - qxe = 13,33 - 10 xe , xe = 1,33 м . qxe2 10 I I My = M y ( xe ) = RA xe = 13,33 × 1,33 - × 1,332 = +8,89 кНм. max 2 2 II – II 0 < x < b : QzII ( x) = RA - qa = 13,33 - 20 = -6,67 кН, æa ö M yII ( x ) = R A (a + x ) - qa ç + x ÷ - M | x = 0 = 26,66 - 20 - 20 = è2 ø = 13,34 |x= 4 = 79,98 - 100 - 20 = -40 кНм. III – III 0 < x < c : QzIII ( x ) = P - qx |x = 0 = 30 |x = 2 = 30 - 20 = 10 кН, qx 2 III M y ( x) = - Px + |x = 0 = 0 |x = 2 = -60 + 20 = -40 кНм. 2 3 4. Строим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов, т.е. графики их изменения по длине каждого участка. При этом положительные поперечные силы откладываем вверх, а отрицательные – вниз. Эпюры изгибающих моментов строим со стороны растянутых волокон (см. правило знаков для изгибающих моментов на рис. 1). Рис. 2 5. Проверяем решение, исходя из правила, согласно которому скачок на эпюре поперечных сил равен значению сосредоточенной внешней силы, приложенной в этом сечении, а скачок на эпюре изгибающих моментов равен значению внешнего момента, приложенного в этом сечении. 4 МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ УКРАИНЫ Национальный аэрокосмический университет им. Н.Е. Жуковского «Харьковский авиационный институт» Кафедра прочности Домашнее задание по дисциплине «Механика материалов и конструкций» Задача №6 Эпюры распределения продольных и поперечных сил, а также изгибающих моментов в плоских рамах ФИО студента: Группа: Преподаватель: Дата сдачи: Оценка: При определении продольных сил в поперечных сечениях стержня будем пользоваться правилом, согласно которому продольная сила в сечении численно равна алгебраической сумме проекций на продольную ось х внешних сил, приложенных по одну сторону (слева или справа, сверху или снизу) от рассматриваемого сечения. При этом с положительным знаком в уравнение продольной силы будет входить внешняя сила, которая растягивает участок стержня от точки её приложения до рассматриваемого сечения. И, наоборот, с отрицательным знаком в уравнение продольной силы будет входить внешняя сила, которая сжимает участок стержня от точки её приложения до рассматриваемого сечения (см. рис. 1). При определении поперечных (перерезывающих) сил в поперечных сечениях балки поперечная сила в сечении численно равна алгебраической сумме проекций на перпендикулярную к балке ось z всех внешних сил, приложенных по одну сторону (слева или справа, сверху или снизу) от рассматриваемого сечения (см. рис. 2). При определении изгибающих моментов в поперечных сечениях балки изгибающий момент в сечении численно равен алгебраической сумме моментов, создаваемых внешними силами, приложенными по одну сторону (слева или справа, сверху или снизу) от рассматриваемого сечения (см. рис. 3). Решение 1. Принимаем следующие правила знаков (см. рис. 1 – 3): а) для продольных сил б) для поперечных сил N xm - m > 0 Рис. 1 N xm -m < 0 Qzm - m < 0 Рис. 2 Qzm - m > 0 2 б) для изгибающих моментов -m Mm >0 y M ym - m < 0 Если выпуклость изогнутой балки направлена в сторону выбранной оси z, такой момент будем считать положительным, и наоборот. Эпюры изгибающих моментов будем строить со стороны растянутых волокон, показанных знаком "+" на рис. 3. Рис. 3 2. Изображаем плоскую раму в предварительно выбранном масштабе и прикладываем реакции R AГ , R AВ , M R в жёстком защемлении в произвольном направлении. Рис. 4 3. Определяем опорные реакции в жёстком защемлении из условий равновесия. Это позволит упростить применение метода сечений к отдельным участкам и получить наиболее простые уравнения. В моментных уравнениях статического равновесия вращение против часовой стрелки будем считать положительным и наоборот. l l (1) å M A = - ql - M - Pl - Pl + ql - M R = 0, 2 2 l2 ql 2 M R = -q - M - 2 Pl + = 30 - 80 - 80 = -190 кНм. 2 2 3 Знак "–" в M R свидетельствует о том, что в действительности он направлен противоположно предварительно выбранному направлению по часовой стрелке. Поэтому изменяем направление M R на рис. 4 на противоположное и будем использовать действительное направление M R против часовой стрелки в дальнейших вычислениях. l lö æ (2) å M D = - ql + RАГ l - M + ql ç l + ÷ - 2 Pl + M R = 0 , 2 è 2ø ql 2 lö æ + M - lq ç l + ÷ + 2 Pl - M R 20 + 30 - 60 + 160 - 190 2 è 2ø = = -20 кН. R АГ = l 2 Знак "–" в реакции R АГ свидетельствует о том, что в действительности она направлена в противоположную сторону от предварительно выбранного направления вправо. Действительное направление реакции R АГ влево показано на рис. 4. (3) å Pz = ql - RAB = 0 , RAB = ql = 10 × 2 = +20 кН. 4. Разбиваем раму на участки и записываем уравнения внутренних усилий в произвольных сечениях каждого участка. Обход участков осуществляем таким образом, чтобы получить наиболее простые уравнения внутренних усилий и уменьшить вероятность ошибок (см. рис. 4). I -I (0 < x < l ) N xI ( x ) = 0 кН, QzI ( x) = - qx |x = 0 = 0 |x = 2 = -20 кН, qx 2 I M z ( x) = | x = 0 = 0 | x = 2 = -20 кНм. 2 II - II (0 < x < l ) N xII ( x) = - ql = -20 кН, QzII ( x ) = + P = 40 кН, ql 2 II M y ( x) = + Px |x = 0 = -20 |x = 2 = 60 кНм. 2 III - III ( 0 < x < l ) N xIII ( x) = 0 кН, QzIII ( x ) = + P - qx |x = 0 = 40 |x = 2 = 20 кН, qx 2 III M y ( x) = - Px + |x = 0 = 0 |x = 2 = -80 + 20 = -60 кНм. 2 IV - IV (0 < x < l ) N xIV ( x) = + R АГ = 20 кН, 4 QzIV ( x) = + R АВ = 20 кН, M yIV ( x) = RАВ x - M R | x = 0 = -190 | x = 2 = 40 - 190 = -150 кНм. 5. Строим эпюры продольных и поперечных сил, а также изгибающих моментов (см. рис. 5). N x ( x), кН Qz ( x ), кН M y ( x), кНм Рис. 5 5 6. Проверяем полученные результаты, исследуя, например, равновесия углового и узлового соединения стержней: Рис. 6 6
