Построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов MТема задачи: Расчетно Графические Работы Создано: @nick 2 июля 2019 09:43Дана консольная балка нагруженная внешними усилиями F_{1}=60 кН, F_{2}=18 кН, F_{3}=10 кН, M_{1}=26 кН×м, M_{2}=13 кН×м На свободном конце действует изгибающий момент M2. На расстоянии ℓ3 от него приложена сосредоточенная сила F2, направленная вверх. На расстоянии ℓ1 от заделки приложена вертикальная сосредоточенная сила F1, направленная вниз. На расстоянии ℓ2 от нее приложен изгибающий момент M1, направленный против часовой стрелки. Если ℓ_{1}=1 м, ℓ_{2}=2 м, ℓ_{3}=4 м, Требуется построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов, действующих по длине балки. Решения задачиПостроить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов M Стержень работающий на изгиб называется балкой. Балка заделанная с одного конца называется консоль. Составляем расчетную схему балки Для решения задачи вводим систему координат: оси z, x и y. Указываем на расчетной схеме реакции заделки соответствующие нагружению балки внешними усилиями: горизонтальную, вертикальную и угловую. Реакции - это силы с которыми опоры действуют на стержень Z_{A} - горизонтальная реакция Y_{A} - вертикальная реакция M_{RA} - угловая реакция (моментная реакция) Находим реакции, составляя уравнения равновесия балки Первое уравнение - сумма всех сил в проекции на ось Y равна нулю:
$ ΣF_{y}=Y_{B}+F_{3}+F_{2}-F_{1}=0 $ Из него находим
$ Y_{B}=F_{1}-F_{3}-F_{2}=60-18-10=32 кН$ Второе уравнение - сумма всех сил в проекции на ось Z равна нулю:
$ ΣF_{z}=-Z_{B}=0 $ Из него находим
$ Z_{B}=0 $ Третье уравнение - сумма всех моментов относительно точки B равна нулю. Плечи Y_{B} и Z_{B} равны нулю
$ ΣM_{B}=M_{RB}+M_{2}+M_{1}-F_{3}(ℓ_{3}+2ℓ_{2}+ℓ_{1})-F_{2}(2ℓ_{2}+ℓ_{1})+F_{1}ℓ_{1}=0 $ из него получаем
$ M_{RB}=F_{3}(ℓ_{3}+2ℓ_{2}+ℓ_{1})+F_{2}(2ℓ_{2}+ℓ_{1})-F_{1}ℓ_{1}-M_{2}-M_{1}= $
$ =81 кН×м $ Четвертое уравнение проверочное - сумма всех моментов относительно точки A равна нулю
$ ΣM_{A}=0=M_{2}+M_{1}+M_{RB}+F_{2}ℓ_{1}-F_{1}(ℓ_{3}+2ℓ_{2})+Y_{B}(ℓ_{3}+2ℓ_{2}+ℓ_{1}) $ из него получаем
$ M_{RB}=F_{1}(ℓ_{3}+2ℓ_{2})-M_{2}-M_{1}-M_{RB}-F_{2}ℓ_{1}-Y_{B}(ℓ_{3}+2ℓ_{2}+ℓ_{1})= $
$ =81 кН×м $ Рисуем силовую схему. Далее разбиваем стержень на участки. Границами участков служат места включения нагрузок. Изменения геометрии сечения балки нет. Получаем четыре участка. Далее на каждом участке вводим локальные системы координат. Оси Z которых направлены вдоль оси балки к центру участка. Следующим шагом используем метод определения внутренних силовых факторов. Мысленно разрезаем балку, отбрасываем левую часть. Заменяем действие отброшенной части силовыми факторами - Q_{y1}, M_{x1}. Пока не знаем их величину, но рисуем их в положительных направлениях, согласно установленному правилу знаков. Участок I. Составляем уравнения равновесия Сумма всех сил в проекции на ось y_{1} равна нулю
$ ΣF_{y_{1}}=0=F_{3}-Q_{y_{1}} $ тогда
$ Q_{y_{1}}=F_{3}= 10 кН $ Сумма всех моментов относительно точки K_{1} равна нулю
$ ΣM_{K_{1}}=0=M_{x_{1}}+M_{2}-F_{3}z_{1} $ тогда
$ M_{x_{1}}=F_{3}z_{1}-M_{2} $ В точке A
$ z_{1}=0; M_{x_{1}}=-13 кН×м $ В точке C
$ z_{1}=ℓ_{3}; M_{x_{1}}=F_{3}ℓ_{3}-M_{2}=10*4-13=27 кН×м $ Участок II. Составляем уравнения равновесия Сумма всех сил в проекции на ось y_{2} равна нулю
$ ΣF_{y_{2}}=0=F_{3}+F{2}-Q_{y_{2}} $ тогда
$ Q_{y_{2}}=F_{3}+F_{2}=10+18=28 кН $ Сумма всех моментов относительно точки K_{2} равна нулю
$ ΣM_{K_{2}}=0=M_{x_{2}}+M_{2}-F_{3}(ℓ_{3}+z_{2})-F_{2}z_{2} $ тогда
$ M_{x_{2}}=F_{3}(ℓ_{3}+z_{2})+F_{2}z_{2}-M_{2}=10(4+z_{2})+18z_{2}-13 $ В точке C
$ z_{2}=0; M_{x_{2}}=10(4+0)+0-13=27 кН×м $ В точке D
$ z_{2}=ℓ_{2}=2; M_{x_{2}}=10(4+2)+18*2-13=83 кН×м $ КомментарииПостроить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов Участок III. Составляем уравнения равновесия Сумма всех сил в проекции на ось y_{3} равна нулю
$ ΣF_{y_{3}}=0=F_{3}+F{2}-Q_{y_{3}} $ тогда
$ Q_{y_{3}}=F_{3}+F_{2}=10+18=28 кН $ Сумма всех моментов относительно точки K_{3} равна нулю
$ ΣM_{K_{3}}=0=M_{x_{3}}+M_{2}+M_{1}-F_{3}(ℓ_{3}+ℓ_{2}+z_{3})-F_{2}(ℓ_{2}+z_{3}) $ тогда
$ M_{x_{3}}=F_{3}(ℓ_{3}+ℓ_{2}+z_{3})+F_{2}(ℓ_{2}+z_{3})-M_{2}-M_{1}= $
$ =10(4+2+z_{3})+18(2+z_{3})-13-26 $ В точке D
$ z_{3}=0; M_{x_{3}}=10(4+2)+18(2+0)-13-26=57 кН×м $ В точке E: z_{3}=ℓ_{2}=2
$ M_{x_{3}}=10(4+2+2)+18*(2+2)-13-26=113 кН×м $ Участок IV. Составляем уравнения равновесия Сумма всех сил в проекции на ось y_{4} равна нулю
$ ΣF_{y_{4}}=0=F_{3}+F{2}-F{1}-Q_{y_{4}} $ тогда
$ Q_{y_{3}}=F_{3}+F_{2}-F{1}=10+18-60=-32 кН $ Сумма всех моментов относительно точки K_{4} равна нулю
$ ΣM_{K_{4}}=0 $ или
$ M_{x_{4}}+M_{2}+M_{1}+M_{RB}-F_{3}(ℓ_{3}+2ℓ_{2}+z_{4})-F_{2}(2ℓ_{2}+z_{4})+F_{1}z_{4}=0 $ тогда
$ M_{x_{4}}=F_{3}(ℓ_{3}+2ℓ_{2}+z_{4})+F_{2}(2ℓ_{2}+z_{4})-F_{1}z_{4}-M_{2}-M_{1}= $
$ =10(4+2*2+z_{4})+18(2*2+z_{4})-60z_{4}-13-26 $ В точке E
$ z_{4}=0 $
$ M_{x_{4}}=10(4+2*2+0)+18(2*2+0)-60*0-13-26= $
$ 80+72-0-39=113 кН×м $ В точке B
$ z_{4}=ℓ_{2}=2 $ и
$ M_{x_{4}}= $
$ =10(4+2*2+1)+18*(2*2+1)-60*1-13-26-M_{RB} $
$ =90+90-60-39-81=113 кН×м $ Строить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов, используя полученные данные КомментарииЧтобы предложить решение пожалуйста войдите или зарегистрируйтесь |
Записать новую задачу Все задачи Все темы Все инженеры |
Комментарии