Схематизация опор. Определение реакций презентация

силами

Неподвижная
опора А

Подвижная
опора В

Жесткая заделка А

Для системы нагруженной силами, расположенными в вертикальной плоскости опорные реакции и реакции в жесткой заделке находят из уравнений равновесия:

l₃

= 1 м,

= 3 м,

= 2 м,

l₃

= 1 м,

= 2 м,

= 3 м,

1 участок

2 участок

3 участок

l₃

= 1 м,

= 3 м,

= 2 м,

1 участок

2 участок

3 участок

1

1

2

2

l₃

= 1 м,

= 3 м,

= 2 м,

1 участок

2 участок

3 участок

1

1

2

2

3

3

l₃

= 1 м,

= 3 м,

= 2 м,

1 участок

2 участок

1 участок

2

2

3

3

0 Х 1 м

х

= 0,

Рассмотрим первый грузовой участок

На первом участке поперечная сила постоянна и равна нулю

l₃

= 1 м,

= 3 м,

= 2 м,

1 участок

2 участок

1 участок

2

2

3

3

0 Х 1 м

х

В сечении на первом участке изгибающий момент равен

= - ,

= - 3 кН • м

= 1 м,

= 3 м,

= 2 м,

1 участок

2 участок

х

1 Х 4 м

На втором участке поперечная сила равна

= ,

= 2 кН

= 1 м,

= 3 м,

= 2 м,

1 участок

2 участок

х

1 Х 4 м

На втором участке изгибающий момент равен

= - + (х - ) = -3 + 2 (х – 1) = - 5 + 2 х ,

l₁

(x=1) = - 3 кН • м

(x=4) = 3 кН • м

6 м

На третьем участке поперечная сила равна

= - q [ х – ( + l₂) ] = - q [ х – (1 + 3)] = - q (х – 4)

l₁

(x=4) = 2 – 2(4-4) = 2 кН

(x=6) = 2 – 2(6-4) = - 2 кН

Определим на границах третьего участка

6 м

На третьем участке изгибающий момент равен

= - + • ( х – ) – q[х - ( + l₂) ] / 2

l₁

(x=4) = -3 + 2(4-1) - 2 0 /2= 3 кН м

(x=6) = -3 + 2(6-1) - 2 2 /2 = 3 кН м

l₁

= - + •( х – 1) – q(х - 4) /2

Определим на границах третьего участка

•

•

•

•

изгибающий момент имеет максимум.

= - q (х – 4) = 0

2-2 (х – 4)=0 , х = 5 м

Максимум момента равен 4 кН• м

волокне, т. е. положительные моменты (и положительные поперечные силы) откладывают вверх от оси, а отрицательные — вниз.
Пользуясь принципом смягченных граничных условий, будем полагать, что в сечении, где приложена сосредоточенная сила, значение поперечной силы меняется скачкообразно, причем скачок равен модулю этой силы.
На том же основании будем полагать, что в сечении, где приложена пара сил (момент), значение изгибающего момента меняется скачкообразно, причем скачок равен моменту пары.
Если в каком-либо сечении балки приложена сосредоточенная сила, то на эпюре поперечных сил в этом сечении будет скачок на величину силы, а на эпюре изгибающих моментов произойдет излом эпюры.
Если участок балки загружен равномерно распределенной нагруз-кой q, то на эпюра поперечных сил на этом участке ограничена наклонной прямой, а эпюра моментов – кривой второго порядка.

теоремы Журавского:

Между изгибающим моментом, поперечной силой и интенсивностью
распределенной нагрузки существуют дифференциальные зависимости, основанные на теореме Журавского.

Эта теорема формулируется так: поперечная сила равна первой производной от изгибающего момента по абсциссе сечения балки.

q= = Q = = tg ,

где — угол, который составляет касательная к эпюре моментов с положительным направлением оси x.

• м

= 2 кН

(x=1) = - 3 кН • м

(x=4) = 3 кН • м

(x=4) = 2 кН

(x=6) = - 2 кН

(x=4) = 3 кН • м

(x=6) = 3 кН • м

4

определяем реакции.

RB · 5 – F · 2 = 0. RB = (5 · 2) / 5 = 2 кН.

х

y

RА · 5 – F · 3 = 0. RА = (5 · 3) / 5 = 3 кН.

-HA = 0. HA = 0.

R А + RB – F = 0.
3 + 2 – 5 = 0. 0 = 0.

А

1. Показываем реакции.

2. Считаем число реакций

= 2 кН

= 3 кН

∑ МА = 0.

∑ Мв = 0.

∑ Х = 0.

Проверка: ∑ Y= 0.

= 0

Подписываем реакции.

А

RA

RB

HB

3. Определяем реакции.

a

х

х

y

5 кН

7 кН

H

б

Σ MA = 0.

l = 2 м

a

б

Σ X = 0.

= 2 кН

x

x

y

B

A

2. Считаем число реакций/

Σ X = 0.

Σ Y = 0.

RB·2 = 0. RB = 0.

RA + RB = 0. RA= 0.

HB +3 - 5 = 0. HB = 2 кН

Н – 7 + 5 = 0. Н = 2 кН

= 0

= 0

= 2кН

0

0

Заделка считается в этой точке

RB·4 - q·4·2 = 0. RB = (6· 4 · 2) / 4 = 12 кН

Исходя из симметрии системы и нагрузки RA= RB= 12 кН

∑ Х = 0. Н = 0.

RА·4 - q·4·2 = 0.
0 = 0.

А

3. Из уравнений статики определяем реакции.

∑ МА = 0.

Проверка: ∑ МВ = 0.

= 12 кН

= 12 кН

2. Считаем число реакций

1. Показываем реакции.

= 0

= 4 кН

RA

RB

H

1. Показываем реакции.

2. Считаем число реакций

3. Определяем реакции.

∑ Х = 0. -Н = 0. Н = 0.

х

y

∑ МА = 0.

∑ МВ = 0.

Проверка: ∑ Y = 0.

А

= -1 кН

= 5 кН

= 0

RB = (4 · 5 – 5) / 3 = 5 кН

RB ·3 - F·5 + М = 0.

RА = (- 4 · 2 + 5) / 3 = - 1 кН < 0

-RА ·3 - F·2 + М = 0.

RA + RB – F = 0. -1 + 5 – 4 = 0. 0 = 0.

пользоваться принципом суперпозиции и расслаивать нагрузку по видам:

F=4 кН

q=3 кН / м

l = 4 м

4 м

4 кН

3 кН / м

4 м

8 кН

2 кН

6кН

6кН

2 кН

8 кН

А

l

RA

RB

= - 0.33 ql

= 1.33 ql

Н

= 0

∑ МА = 0.

– q ∙2l ∙ l + M +F ∙2l + RB∙3l = 0;

– q ∙2l ∙ l + ql 2 + ql ∙2l + RB ∙3l = 0;

RB = - 0.33 ql < 0

∑MB = 0.

RA = 1.33 ql.

– RA∙3l + q∙2l ∙2l + ql 2 – ql ∙l = 0;

– RA∙3l + q∙2l ∙2l + M - F ∙l = 0;

Проверка : ∑ Y = 0.
RA + RB – q∙2l + F = 0;

0 = 0.

1.33 ql – 0.33 ql – 2ql + ql = 0.

Показываем реакции.

2. Считаем число реакций .

3. Определяем реакции.

4 м, = 1 м

l₂

Определить реакции в опорах балки

и построить эпюры внутренних силовых факторов.

свободным и вместо связей указываем реакции в точках А и В.

М - •2 - F•4 + •5 = 0, ,откуда

=( М + q•4•2 + F•4) /5 =(80 + 20•4•2 + 60•4)/5= 96 кН

= 0

- М + •3 + F•1 - •5 = 0,

=( - М + q•4•3 + F•1) /5 =( - 80 + 20•4•3 + 60•1)/5= 44 кН

на ось у:

=0

+ - 4•q - F = 44 + 96 – 80 – 60 = 0

Полученное тождество 0 = 0 говорит о том, что реакции определены правильно.

Разобьем балку на грузовые участки и применим метод сечений.

Напомним, что в общем случае границами участков балки являются концы

балки, опоры, начало и конец распределенной нагрузки, точки приложения

сосредоточенных сил и внешних моментов.

момент.

1

1

Х

x

Рассмотрим первый грузовой участок

сосредоточенная сила.

На первом участке поперечная сила положительна, постоянна и равна

=

- q • x

(x=0) = = 44 кН

(x=4) = 44 - 20• 4 = - 36 кН

0 Х 4 м

1

1

Х

(x=0) = = 80 кН• м

(x=4) = 80 + 44 •4 - 20• 16/2 = 96 кН• м

0 Х 4 м

В сечении на первом участке изгибающий момент равен

= +

1

1

Х

сосредоточенная сила.

На первом участке поперечная сила положительна, постоянна и равна

=

- q • x

(x=0) = = 44 кН

(x=4) = 44 - 20• 4 = - 36 кН

0 Х 4 м

1

1

Х

- парабола

Максимальным момент будет в точке, когда = 0 .

- q • x = 0, х = / q = 44/20 = 2,2 м.

(x=2,2) = 80 + 44• 2,2 -20• 2,2• 2,2/2 = 119,6 кН•м

(Так как q равно второй производной от М по х, а q отрицательно )

1 м

= - = - 96 кН

(x=1) = 96 кН• м

(x=0) = 0

На эпюре - постоянна, - линейно зависима.

= • х

2

2

Х

направлять слева направо.
На участке, где нет распределенной нагрузки, эпюра моментов,представляет собой наклонную прямую, а эпюра поперечных сил — прямую, параллельную оси.

На участке, где приложена равномерно распределенная нагрузка, эпюра моментов представляет собой параболу, а эпюра поперечных сип — наклонную прямую.

На конце балки изгибающий момент равен нулю, если там не приложена пара сил.

При построении эпюры для консольных балок начало координат удобно брать на конце консоли, что нередко дает возможность обойтись без определения опорных реакций.
В сечении, соответствующем заделке, поперечная сила равна реактивной силе, а изгибающий момент — реактивному моменту.