Сопрамат / зао 2012-13 весна / СТУДЕНТУ построение эпюр ВСФ

Сабанаев И.А., Алмакаева Ф.М. МАХП и ПСМ НХТИ КГТУ

ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР ВНУТРЕННИХ СИЛОВЫХ ФАКТОРОВ (ВСФ)

Построение эпюр ВСФ решается в два этапа:

1.Построение расчетной схемы балки и определение приложенных к ней сил.

2.Определение внутренних силовых факторов и построение эпюр. Рассмотрим их подробно.

1 ЭТАП.

ПОСТРОЕНИЕ РАСЧЁТНОЙ СХЕМЫ БАЛКИ И ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПРИЛОЖЕННЫХ К НЕЙ СИЛ

1. Внешние силы

По характеру приложения внешние силы делятся на сосредоточенные, . . приложенные в точку и распределенные. Сосредоточенные силы на схемах изображаются как обычные векторы, приложенные в заданную точку. Например, силы Р1 и Р2 (рис. 1).

		P
		1							Y
										Z
			X
									P
				2

Рис. 1. Изображение сосредоточенных сил

Осью абсцисс является ось Z. В сопромате координатную ось, направленную вдоль оси балки принято, обозначать через Z, а не X. Тогда поперечное сечение бруса оказывается в привычной для нас плоскости Х – У.

На расчетных схемах нагрузка, распределенная по отрезку, изображается так, как это показано на рис. 2.

Распределенная нагрузка характеризуется величиной q и называется интенсивностью распределенной нагрузки.

Линия на схеме, от которой отходят стрелки к брусу показывает, как изменяется интенсивность нагрузки вдоль бруса. На рис. 2а видно, что линия – постоянная, поэтому такую нагрузку называют равномерно распределенной.

	q=const	q=k z	q=f(z)
q

l

z

l

z

l

z

а

б

в

Рис. 2. Схематичное изображение распределенной нагрузки

Чтобы рассчитать полную силуQ от распределенной нагрузки, нужно вычислить площадь фигуры, заключенной между линией интенсивности нагрузки и ,линией показывающей на схеме сам брус.

3

Сабанаев И.А., Алмакаева Ф.М. МАХП и ПСМ НХТИ КГТУ

Например, на рис. 2а под линией интенсивности распределенной нагрузки мы видим прямоугольник. Тогда полная сила от нагрузки составит величину Q = q×l .

На рис. 2б показан прямоугольный треугольник. Тогда полная нагрузка равна его площади: Q = 0,5q×l. В случае с криволинейной нагрузкой площадь рассчитывается как интеграл:

Q = ò q(z) dz .

l

2. Внешние моменты

Внешние моменты, приложенные к брусу, имеют 3 различные формы:

-сосредоточенный момент;

-момент, создаваемый сосредоточенной силой;

-момент, создаваемый распределенной нагрузкой.

Сосредоточенный момент обычно изображают в виде пары сил так, как это показано на рис. 3.

M

Рис. 3. Изображение сосредоточенного момента на расчетных схемах

P1

L1
	P2
A	L2

Рис. 4. Моменты, создаваемые сосредоточенными силами

Момент, создаваемый сосредоточенной силой определяется как произведение самой силы на плечо. Плечом является кратчайшее расстояние(перпендикуляр) от точки, в которой рассчитывается

момент до линии, вдоль которой действует сила. При этом нужно учитывать знак момента.

Момент считается положительным, если он вращается вокруг точки в направлении против часовой стрелки и отрицательным, если по часовой.

Моменты от сил Р1 и Р2 равны МА = Р1 × L1 и МА = - Р2 × L2 соответственно.

Чтобы вычислить момент, создаваемый распределенной нагрузкой, нужно выполнить два действия:

1) вычислить полную силу от нагрузки, как ее площадь (прямоугольника, треугольника), или по формуле на странице 5;

4

Сабанаев И.А., Алмакаева Ф.М. МАХП и ПСМ НХТИ КГТУ

2) полную силу умножить на плечо, где плечо рассчитывается как расстояние до центра тяжести площади под линией интенсивности. Например, для прямоугольника это будет середина отрезка, а для треугольника – расстояние 2/3 от начала нагрузки.

Примеры расчета момента для равномерно распределенной нагрузки и нагрузки, изменяющейся по линейному закону, показана на рис. 5.

	q=const	q=k z
	q
	z	z
	L/2	2L/3
	Q	Q

Рис. 5. Расчет момента распределенной нагрузки

-для рис. 5а M(q) = Q ×(1/2)× L;

-для рис. 5б M(q) = Q× (2/3) × L.

3. Опорные реакции

Внешние силы делятся по принципу: активные – реактивные. Активные – это заданные, известные силы.

Реактивные силы (реакции опор) возникают в местах закрепления бруса и заранее неизвестны. Опорные реакции являются связями, препятствующими перемещению в направлении, в котором они действуют.

В сопромате опорой называют вообще любой способ закрепления. Все способы закрепления можно подвести к одной из трёх расчетных схем. Они показаны на рис. 6.

Шарнирно-подвижная опора. Накладывает на опорное сечение одну , связь препятствуя перемещению в направлении, перпендикулярном к опорной поверхности. Возникает одна реакция RА.

Шарнирно-неподвижная опора. Накладывает на опорное сечение две , связи препятствуя перемещениям в горизонтальном и вертикальном направлениях. Возникают

две реакции RА и. НА.

Жесткая заделка. Накладывает на опорное сечение три связи, препятствуя перемещениям в обоих направлениях и повороту сечения. Возникает три реакции: RА, HА, MА. Момент, возникающий в заделке, препятствует повороту сечению. Значит, в жесткой заделке невозможны вообще никакие перемещения. Поэтому жесткая заделка – абсолютно жесткая форма закрепления.

RA RA RA

MA

HA HA

Рис. 6. Геометрические схемы опор

ивозникающие на опорах связи

4.Уравнения равновесия

5

Сабанаев И.А., Алмакаева Ф.М. МАХП и ПСМ НХТИ КГТУ

Из общей механики известно, что равновесие предполагает равенство нулю геометрической суммы всех сил и геометрической суммы всех моментов. Математически это формулируется в виде уравнений равновесия. Уравнения равновесия (или уравнения статики) – основные уравнения в сопротивлении материалов, позволяющие производить подавляющее большинство расчетов.

При	записи уравнений равновесия	удобно	рассматривать не		геометрическую
сумму всех сил, а сумму проекций всех сил на координатные оси. В результате, вместо
одного уравнения суммы сил для объемной задачи(в системе координат с тремя осями)
можно записать три уравнения равновесия–		проекций сил на соответствующие оси.
Таким же образом, уравнение суммы моментов можно представить в виде трех уравнений
моментов	относительно соответствующих	осей. И	тогда всего	можно	составить6
уравнений равновесия:
	å Z = 0	å Mz = 0
	å Y = 0	å MY = 0		(1).
	å X = 0	å Mx = 0
Для плоской задачи (в системе координат с двумя осямиZ и Y) можно составить
только три уравнения равновесия:
	å Z = 0
	å Y = 0			(2).

å Mx = 0

Уравнения равновесия используют для расчета связей, которые обеспечивают равновесие системы. В качестве связей, удерживающих в равновесии балку или раму, выступают опорные реакции. Первым этапом в любом расчете является вычисление реакций опор. Рассмотрим плоскую систему, когда все элементы конструкции, а также внешние силы находятся в одной плоскостиZ – У. Из трёх уравнений равновесия можно найти, как известно, только три неизвестные опорные реакции. Например, задачу, показанную на рис. 7, можно решить, составив 3 уравнения равновесия по формулам (1).

Пример 1. Вычислить опорные реакции для балки, изображенной на рис. 7.

Для решения используем уравнения формулы(2). Составим первое уравнение. На горизонтальную ось координат – ось Z проекцию дает только сила НВ. Остальные силы проецируются на эту ось в виде точки, т.е длина проекций этих сил равна 0. В результате в это уравнение входит только одна проекция НВ со знаком минус, поскольку направление проекции противоположно направлению оси. Из этого уравнения определяется реакция НВ.

			å Z = - HB , HB =0.
	R B	Y		R A
			q
H B	А			В
X			l	Z

Рис. 7. Схема плоской задачи с тремя связями

Второе уравнение равновесия включает проекции всех внешних сил на ось У.

å Y = RA + RB –ql.

Проекции сил RA и RB направлены вверх, т.е. совпадают с направлением оси У, поэтому записываются со знаком плюс. Кроме сосредоточенных сил – опорных реакций к балке приложена равномерно распределенная нагрузка, интенсивность

6

Сабанаев И.А., Алмакаева Ф.М. МАХП и ПСМ НХТИ КГТУ

которой равна q. Полную силу, создаваемую этой нагрузкой вычисляем как площадь прямоугольника Q = q l (рис. 2) .

В этом уравнении две неизвестные силы – RA и RB.

Из одного уравнения неизвестные вычислить нельзя, поэтому пока его оставим. Третье уравнение системы рассматривает сумму моментов относительно оси. Х

Эта ось перпендикулярна плоскости нашего рисунка (рис. 7).

Начало координат (точка, из которой исходит ось Х) можно расположить в любом удобном месте. При расчете моментов эту точку располагают ,тамгде проходит как можно больше сил (неизвестных сил). В нашем случае такой точкой является В. Тогда силы НВ и RB в точке В создают нулевые моменты(плечо силы, проходящей через точку равно нулю). Это упрощает уравнение.

Момент от равномерно распределенной нагрузки вычисляется так, как это показано на рис. 5а.

å M B = RAl - q l	l		2 / 2 = 0;
		= RAl - ql
2

Из этого уравнения можно определить реакцию RA.

	R	=	ql 2 × 2	=	ql
						.
			2 l		2
	A

Теперь в уравнении проекций на ось У осталась только одна неизвестная– реакция

RB.

В это уравнение подставляем уже известную силу RA и вычисляем неизвестную RB.

RB = ql - R A = ql - ql / 2 = ql / 2.

При заданных значениях q и l получаем значения в абсолютных единицах (в метрах и ньютонах).

Пример 2. Вычислить опорные реакции для балки, изображенной на рис. 8.

Дано: a = 1 м, b = 8 м, c = 1 м. L = a + b +c = 10 м.
P1 = 1 кН, P2 = 2 кН.
Составим уравнения равновесия.
S MВ = - RA×10 + P1×9 + P2×1 = 0		RA = 1,1 кН
S РY = RA + RB – P1 – P2 = 0		RB = 1,9 кН.
Связь НА из уравнения проекций на горизонтальную ось Z равна нулю.
RA	P1	P2	RB

HA
a	b	c

Рис. 8. Расчетная схема балки к примеру 2

Пример 3. Вычислить опорные реакции, для балки, показанной на рис. 9. Исходные данные: q = 10 кН/м; Р = 8 кН; М = 4 кН × м.

Задана консоль – балка с одним закрепленным концом. Единственная опора закрепляет балку в точке А.

7

Сабанаев И.А., Алмакаева Ф.М. МАХП и ПСМ НХТИ КГТУ

Жесткая заделка предполагает наличие трёх связей– двух сил RA и HA, а также момента заделки МА.

Тогда схема балки примет вид, показанный на рис. 10. Уравнения равновесия:

1)S Z = - HA = 0, HA = 0;

2)S Y = RA + P – q × 7 = 0;

RA = q × 7 – P = 10 × 7 – 8 = 62 кН;

3) å МА = МА + Р × 6 + М – q × 7 × 6,5 = 0;

MA = q × 45,5 – M – 6 × P = 455 – 4 – 6 × 8 = 403 кН × м.

Рис. 9. Схема балки к примеру 3

Рис. 10. Схема балки к примеру 3

сопорными реакциями

5.Расчет опорных реакций для балки с шарниром

Пример 4. Рассмотрим схему балки на рис. 11. В задаче, имеется 4 неизвестные опорные реакции (RA, RB, RC, HA).

RB

q

RA

R

C

HB

l

l

Рис. 11. Схема плоской задачи с четырьмя связями

Если применять лишь уравнения равновесия, эту задачу решить невозможно: неизвестных связей – 4, тогда как уравнений равновесия только3.

Такие задачи называются статически неопределимыми (т.е. неразрешимыми из уравнений статики). Решение таких задач изучается во второй части сопротивления материалов.

Теперь рассмотрим рис. 12.

RB

q

R A

RC

H B

ш

l

l

8

Сабанаев И.А., Алмакаева Ф.М. МАХП и ПСМ НХТИ КГТУ

Рис. 12. Схема статически определимой задачи с четырьмя связями

Сравнивая схемы на рис. 11 и рис. 12, можно заметить, что на рис. 12 появилось изображение в виде кружочкасхематичное обозначение промежуточного шарнира. Шарнир – это устройство, позволяющее двум частям балки независимо поворачиваться относительно друг друга (вспомним дверной или оконный шарниры).

Балка, показанная на рис. 12, статически определима, т.е. мы может вычислить все опорные реакции из уравнений равновесия. Промежуточный шарнир, врезанный в участок балки, превращает ее в разрезную балку. В шарнире балку можно разрезать на2 части. Каждую часть можно рассчитывать как отдельную балку. В результате, изображённую на рис. 12 балку, можно показать как две балки (рис. 13).

Для каждой части записывается3 уравнения равновесия по формулам(2), итого для всей балки 6 уравнений.

RB Rш	Rш RA	q	RC
HB
ш	ш		l
l/2	l/2

Рис. 13. Разрезная балка с промежуточным шарниром

Однако, общее число неизвестных теперь тоже равно6: RA, RB, RC, HA, Rшлев, Rшправ. Добавились 2 реакции, возникающие в шарнире. Число уравнений равновесия равно числу неизвестных связей.

Имея 6 уравнений можно вычислить все6 опорных реакций. Учитывая, что реакции, возникающие в шарнире(для левой и правой частей), равны по величине и противоположны по направлению, в дальнейших расчетах внутренних сил их можно не учитывать, так как они взаимно вычитаются.

Чтобы рассчитать только 4 связи – реакции на опорах RA, RB, RC, HA и исключить из уравнений реакции в шарниреRшлев, Rшправ, нужно уравнения суммы проекций сил записать для всей балки в целом, а вот уравнения суммы моментов составить для левой и

правой частей отдельно. Чтобы шарнирные реакции не попали в уравнения суммы моментов, эти уравнения следует записывать относительно точки, в которой расположен шарнир, т.е. точки ш.

Тогда получается система 4 уравнений:
å Z = 0;
å Мшлев = 0;	(3)
å У = 0;

å Мшправ = 0.

Важно помнить, что уравнения моментов обязательно составляются относительно шарнира. Иначе в уравнения войдут ненужные нам реакции в шарнире. Составим для нашей задачи 4 уравнения с четырьмя неизвестными:

- первое уравнение

åZ = -H B = 0; H B = 0 .

- второе уравнение

		å M ш		лев = 0 ;
å M		лев = -R			l	+ q	l	×	l	= 0 ;
	ш		B 2 2 4

9

Сабанаев И.А., Алмакаева Ф.М. МАХП и ПСМ НХТИ КГТУ

RB

ql 2

ql

.

=

=

l

×4

4

- третье уравнение

åY = 0 ;

RB + RA +R C -q 2l =

ql

+ RA +RC -q 2l = 0 ;

4

7ql

RA +RC

=

;

7

4

RA

=

ql - RC ;

7

4

9

ql - R

+ 3R

=

ql;

4

C

C

4

2

2R

=

ql;

C

4

RC

=

1

ql;

4

RA

=

7

ql - RC

=

6

ql.

- четвёртое уравнение

4

4

S M прав = 0 ;

ш

l

l

l

l

l +

R

+ R

( l +

) - q ( l +

)

2

= 0 ;

A 2

C

2

2

2

R

A

+ 3R

=

9

ql.

C

4

Если значения q и l заданы, можно

определить

абсолютные значения опорных

реакций.

Пример 5. Рассмотрим схему, показанную на рис.

14. Исходные данные: q = 10

кН/м; Р = 10 кН; М = 15 кН×м.

Запишем уравнения равновесия по формулам (3).

Из первого уравнения определяем НА. HА = 0

Второе уравнение – сумма моментов относительно шарнира:

S M правш = 0;

RB × 6 + M – q ×3 × 4,5 = 0;

RB = (q ×13,5 - M) / 6 = (135 – 15) / 6 = 20 кН.

Третье уравнение равновесия:

SY = 0;

RA + RB + P – q ×3 – q ×3 = 0;

RA = q × 6 – P – RB = 60 – 10 – 20 = 30 кН.

10

Сабанаев И.А., Алмакаева Ф.М. МАХП и ПСМ НХТИ КГТУ

Рис. 14. Схема балки к примеру 5

Четвертое уравнение позволяет определить последнее четвертое неизвестное момент заделки МА.

S Mш лев = 0;

MA + q×3×1,5 – P×3 - RA×6 = 0;

MA = 3P + 6RA – 4,5q = 3×10 + 6×30 – 4,5×10 = =30 + 180 – 45 = 165 (кН×м).

Таким образом, все связи определены.

Пример 6. Рассмотрим пример решения трёхопорной балки (рис. 15). Исходные данные: q = 10 кН/м ; Р = 10 кН; М = 15 кН× м.

Запишем четыре уравнения равновесия по формулам (3). Из первого уравнения определяем НА. HА = 0

Второе уравнение – сумма моментов относительно шарнира:

S Mш пр = 0;

RB×6 + M – q×3×4,5 + Rc×11 = 0;

6RB + 11RC = q× 13,5 - M = 135 – 15 = 120 кН.

В этом уравнении две неизвестные силы и его использовать ещё рано.

Рис. 15. Схема балки к примеру 6

Третье уравнение равновесия:

S Y = 0;

RA + RB + P – q×3 – q×3 +Rc = 0;

RA + RB + Rc = q×6 – P = 60 – 10 = 50 кН.

В этом уравнении имеется три неизвестные связи. Используем его позже.

Четвертое уравнение позволяет определить последнее четвертое неизвестное:

S M левш = 0; q×3×1,5 – P×3 - RA×6 = 0;

-3P - 6RA + 4,5q =0; -3×10 – 6RA + 4,5×10 =0; -30 + 45 -6RA =0;

RA = 15/6 = 2,5 кН× м.

Подставляем полученное значение в предыдущее уравнение.

2,5 + RB + Rc = 50 кН; RB + Rc = 50 – 2,5 = 47,5 кН.

Вэтом уравнении осталось 2 неизвестные силы.

Врезультате получена система двух уравнений с двумя неизвестными.

6RB + 11RC = 120;

RB + Rc = 47,5;

RB = 47,5 – Rc.

Подставим это выражение в первое уравнение:

6×(47,5 – Rc) + 11RC = 120;

285 – 6RС + 11RC = 120;

11

Сабанаев И.А., Алмакаева Ф.М. МАХП и ПСМ НХТИ КГТУ

5RC = - 165;

RC = - 33 кН.

Полученное значение возвращаем в формулу:

RB = 47,5 – Rc = 47,5 – (–33) = 80,5.

Таким образом, все опорные реакции определены.

Для самопроверки решите самостоятельно ряд задач. Схемы задач и ответы, которые вы должны получить приводятся на рис. 16, 17 и 18.

Задание 1.

q = 10 кН/м; Р = 10 кН; М = 15 кН·м; RA = 41,67 кН; RB = 48,33 Кн.

Задание 2.

q = 10 кН/м; Р = 10 кН; М = 15 кН·м;

RA = 44,17 кН; RB = 35,83 кН; MA = 85,5 кН·м.

Задание 3.

q = 10 кН/м; Р = 10 кН; М = 15 кН·м; RA = 22 кН; RB = 38 кН; RC = 20 кН.

RA

P

M

RB

HA

q

q

3

5

4

3

Рис. 16. Схема балки к заданию 1

Рис. 17. Схема балки к заданию 2

RA	RB		RC	M
	P		q
	q
HA
4	1	2	3

Рис. 18. Схема балки к заданию 3

2 ЭТАП.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ ВНУТРЕННИХ СИЛОВЫХ ФАКТОРОВ И ПОСТРОЕНИЕ ЭПЮР

2.1. Внутренние силовые факторы

Известно, что внешние силы, воздействуя на тело, приводят к его деформации.

12