Примеры построения эпюр внутренних усилий

Эпюры внутренних усилий — краткая теория

Во всех рассмотренных ниже примерах требуется сделать следующее:

  1. Определить вид деформации;
  2. Построить эпюры внутренних усилий;
  3. Определить положение опасного сечения, указав значение наибольшего внутреннего усилия.

Осевое растяжение-сжатие

Рис.1.25

Решение:

1) Определяем вид деформации стержня. Все силы лежат на оси стержня, значит, имеем осевое растяжение-сжатие, будем строить эпюру продольных сил N.

2) Проводим ось, параллельную оси стержня.

3) Разбиваем стержень на два участка. В качестве участка нагружения будем понимать часть стержня между двумя ближайшими точками приложения сил. Отметим, что изменение площади поперечного сечения не влияет на определение границ участков.

4) Делаем сечения в начале и конце первого участка нагружения и определяем N. В сечении 1 (рис.1.25,б) ⇒ N1 = F1 = 6кН; в сечении 2 (рис.1.25,в) ⇒ N2 = F1 = 6кН. Знак определяем по правилу знаков: N1, N2 > 0, так как сила F1 растягивает продольные волокна. Откладываем значения N1, N2, например, выше оси (строгого правила для продольной силы не существует) и соединяем прямой ли-
нией. Внутри ставим в кружочке знак «+» (рис.1.25,е).

5) Переходим ко второму участку. В сечении 3 (рис. 1.25,г) ⇒N3 = F1 – F2 =6 – 10 = — 4кН; в сечении 4 (рис.1.25,д) ⇒ N4 = F1 – F2 = 6 – 10 = — 4кН. Поскольку N3, N4 < 0. откладываем полученные значения ниже оси и внутри эпюры ставим в кружочке знак «-». Числовые значения N1 – N4 обязательно проставляем на эпюре (рис.1.25,е).

6) Эпюру штрихуем и обозначаем.

7) Эпюру проверяем. Так как к стержню не приложены распределенные нагрузки, на эпюре не образуются наклонные прямые. В сечении (1) приложена сила F1 = 6кН ⇒ на эпюре в этом сечении скачок, равный 6; на границе первого и второго участков приложена сила F2 =10кН ⇒ на эпюре имеем скачок на величину 6 + 4 =10; скачок, равный 4 в сечении (4) соответствует реакции в заделке, которую мы заранее не определяли.

Эпюра построена верно.

8) Наиболее опасными будут сечения первого участка бруса; Nmax=6кН.

Рисунок 1.26

Решение:

1) Вид деформации – осевое растяжение-сжатие, строим эпюру N.

2) Проводим вертикальную ось, параллельную оси стержня.

3) Имеем один участок нагружения.

4) Делаем сечение в начале и конце участка. В целях упрощения решения задачи оставшиеся после отбрасывания жесткой заделки части стержня, как на рис.1.25, изображать не станем. Будем эту процедуру проделывать мысленно. Для наглядности можно просто закрывать отброшенную часть
стержня листом бумаги. Имеем N1 = 0; N2 = 𝑞 ∙ 𝑙 = 6 ⋅ 2 = 12кН.

5) Откладываем N1, N2 от оси, например, вправо и соединяем прямой линией (рис. 1.26).

6) Ставим знак, штрихуем и обозначаем эпюру.

7) Проверка эпюры: так как на стержень действует равномерно-распределенная нагрузка, на графике должна быть наклонная прямая. Сосредоточенных сил нет, поэтому нет и скачков (скачок в заделке соответствует реакции в заделке).

8) Опасным будет сечение в заделке; Nmax=12кН.

Рисунок 1.27

Решение:


1) Вид деформации – осевое растяжение-сжатие.

2) Проводим вертикальную ось.

3) Делим на участки нагружения – в данном примере будет два участка.

4) Делаем сечения на первом участке: N1 = — F= — 8 кН; N2 = — F= — 8 кН. Откладываем значения, например, влево от оси, соединяем прямой линией.
Делаем сечение на втором участке. N3 = — F + q ⋅ 0 = — 8 кН; N4 = — F + q ⋅ b = — 8 +10 ⋅2= 12кН. Значение N3 < 0, откладываем влево от оси; N4 > 0 – вправо и соединяем прямой.

5) Ставим знаки, штрихуем и обозначаем эпюру (рис.1.27).

6) Проверка эпюры: на первом участке нет распределенной нагрузки – на эпюре прямая, параллельная оси; на втором участке есть распределенная нагрузка – на эпюре наклонная прямая. В сечении (1) приложена сосредоточенная сила F = 8кН ⇒ на эпюре скачок, равный 8.

7) Nmax=12кН.

Кручение

1) Вид деформации – кручение. Следует построить эпюру кру-
тящего момента Мz.

эпюра кручения

2) Проводим ось.
Стержень имеет три участка нагружения. Крутящий момент в пределах одного участка нагружения будет постоянной величиной, поэтому в этом случае можно делать одно сечение на каждом
участке. Далее отбрасываем жесткую заделку и определяем Мz, используя правило знаков. Полученные положительные значения откладываем, например, вверх, отрицательные – вниз и соединяем прямой линией:

4) Проверка эпюры: к стержню не приложены распределенные нагрузки, поэтому на эпюре нет наклонных прямых. В сечении (1) приложена пара сил М1 = 8 ⇒ на эпюре имеем скачок, равный 8; на границе первого и второго участка приложена пара сил М2 = 5 ⇒ на эпюре скачок 13 – 8 = =5; на границе второго и третьего участка приложена пара сил М3 = 18 ⇒ на эпюре получился скачок 13 + 5 = 18.
5) Опасными являются все сечения среднего участка вала; Mz=13кН.

Плоский изгиб

Решение:


1) Вид деформации – плоский изгиб. Следовательно, будем строить две эпюры – поперечных сил QY и изгибающего момента МХ.

2) Проведем две оси, параллельные оси балки (одну для эпюры QY, вторую для эпюры MX).

плоский изгиб

3) Балка имеет один участок нагружения.

4) Строим эпюру QY. Сделаем сечение (1), отбросим жесткую заделку. Учитывая правило знаков из пункта 5, получим QY (1) = 𝐹 = 6кН. В сечении (2) получим QY (2) = 𝐹 = 6кН. Силы QY (1), QY (2) > 0, так как сила F поворачивает оставшуюся часть балки вокруг сечения по часовой стрелке

Положительные значения поперечной силы откладывают всегда выше оси. Соединим их прямой линией, поставим знак, эпюру заштрихуем, обозначим.

5) Строим эпюру МХ. Сделав сечение и отбросив часть с жесткой заделкой, сосчитаем момент от силы F относительно сделанного сечения. Получим МХ (1) = 𝐹 ∙ 0 = 0; МХ (2) = −𝐹 ∙ 𝑙 = −12кН ∙ м. Для эпюры изгибающих моментов принимается следующее правило: значения моментов отклады-
ваются от оси в сторону растянутого волокна. Из рисунка

следует, что сила F растягивает верхние волокна, поэтому полученное значение МХ откладываем выше оси. Соединяем отложенные значения прямой линией. Знак на эпюре изгибающих моментов можно не ставить. Эпюру штрихуем и обозначаем.

6) Проверка эпюр. К балке не приложена распределенная нагрузка, следовательно, на графиках QY и МХ имеем прямые линии, причем на эпюре QY это прямая, параллельная оси. На свободном конце балки приложена сосредоточенная сила F = 6кН ⇒ в этом сечении на эпюре QY образовался
скачок, равный 6.

7) При изгибе опасным считается сечение, в котором возникает наибольший изгибающий момент. В данном случае опасным будет сечение в заделке;Mmax=12кНм.

Пример плоского изгиба с сосредоточенной и распределенной нагрузкой

1). Вид деформации – плоский изгиб, строим эпюры QY и МХ.

2). Проводим оси для построения эпюр.

3). Делим балку на два участка нагружения.

4). Строим эпюру QY.
1-й участок:
QY (1) = −𝐹 = −8кН; QY (2) = −𝐹 = −8кН.
Откладываем значения ниже оси, соединяем прямой линией.
2-й участок:
QY (3) = −𝐹 + 𝑞 ∙ 0 = −8кН; QY (4) = −𝐹 + 𝑞 ∙ 𝑎 = −8 + 2 ∙ 2 = −4кН.
Значения откладываем ниже оси, соединяем прямой линией.
Ставим знаки, эпюру штрихуем и обозначаем.

5).Строим эпюру МХ.

Значения моментов откладываем ниже оси и соединяем параболой. При этом выпуклость параболы должна быть обращена в сторону действия распределенной нагрузки. Это правило называют «правилом паруса». Роль паруса здесь играет эпюра, а роль ветра – нагрузка

6) Проверка эпюр. На участке балки с распределенной нагрузкой получаем на эпюре QY наклонную прямую, на эпюре MX – параболу. В сечении с приложенной сосредоточенной силой F = 8 н а э пюре QY образовался скачок, равный 8.

7) Опасным будет сечение в заделке; Mmax=20кНм.

Следующий пример:

Решение:

1) Первые три пункта – как в предыдущем примере.

2) Строим эпюру QY.
1-й участок. QY (1) = −𝐹 = −8кН; QY (2) = −𝐹 = −8кН
Откладываем значения ниже оси, соединяем прямой линией.
2-й участок. QY (3) = −𝐹 + 𝑞 ∙ 0 = −8кН; QY (4) = −𝐹 + 𝑞 ∙ 𝑎 = −8 + 10 ∙ 2 = 12кН.
Откладываем QY (3) < 0 ниже оси, а QY (4) > 0 − выше оси, соединяем прямой линией (рис. 1.32).

3) Строим эпюру МХ.
1-й участок:
Мx(1) = F*0=0, Мx(2) = F*b=1*b=8кН*м
Откладываем момент ниже оси, соединяем с нулем прямой линией.
2-й участок:
Из рисунка следует, что эпюра поперечных сил QY на этом участке пересекает ось, то есть в некотором сечении (5) сила Q(5)y = 0. Из дифференциальных зависимостей следует, что в сечении (5) изгибающий момент МХ достигает экстремального значения (максимума или минимума). Таким образом, на этом участке следует просчитать момент в трех точках.


Определим экстремальное значение момента. Выясним сначала, на каком расстоянии z от правой границы участка находится сечение (5), в котором поперечная сила равна нулю.


Найдем значение момента.
MX (5) = MX экст = 𝐹 ∙ (𝑏 + 𝑧) − 𝑞 ∙ 𝑧 ∙ 0,5𝑧 = 8 ∙ (1 + 0,8) − 10 ∙ 0,8 ∙ 0,4 = 11,2кНм.
Откладываем значения (5) моментов ниже оси и соединяем параболой по правилу «паруса», то есть выпуклостью вниз.

4) Проверка эпюр. Все линии на эпюрах соответствуют приложенным нагрузкам, силе F = 8 соответствует скачок, равный 8 на эпюре QY.

5) Опасным будет 5-е сечение ; Mmax=11,2кНм.

Новый пример:

1) Вид деформации – плоский изгиб.

2) Расчет балки с шарнирным закреплением следует начинать с определения реакций связей. Расставим эти реакции. В шарнирно –подвижной опоре А возникает одна вертикальная реакция R′A. В шарнирно-неподвижной опоре В, вообще говоря, возникают две реакции – вертикальная R′B и горизонтальная НВ, однако, поскольку в случае вертикального плоского изгиба все силы действуют
перпендикулярно оси балки, горизонтальная реакция НВ всегда будет равна нулю, поэтому в дальнейшем показывать ее на схеме балки не будем. Вертикальные реакции найдем из уравнений статики.
Σmom А = 0 ;

При записи уравнений использовалось следующее правило знаков: если сила поворачивает балку вокруг т.А (т.В) по часовой стрелке, то момент от этой силы берется со знаком «+». Для проверки найденных реакций используем уравнение статики: ΣF ky= 0 (сумма всех вертикальных сил должна быть равна нулю). При этом силы, изображенные на схеме балки направленными вверх, берем со знаком «+».

Поскольку направления вертикальных реакций поначалу были взяты произвольно, то полученные в результате знаки «-» у реакций RA, RB показывают, что мы не угадали направление реакций, в действительности они направлены вниз. Удобно изменить направление этих реакций на обратное и в дальнейшем считать эти реакции положительными.

3) Проводим оси для построения эпюр.

4) Делим балку на три участка нагружения.

5) Так как все реакции в закреплениях балки найдены, то, сделав сечение,
можно отбрасывать любую (обычно более загруженную) часть балки .

6) Строим эпюру QY.

Чтобы не ошибиться в знаке изгибающего момента, сечение, в котором он определяется, следует представлять защемленным, а опоры – отброшенными. Откладываем значения от оси и соединяем параболой по правилу «паруса», то есть направленной выпуклостью вверх.

Отложенные от оси значения соединяем прямой линией

8) Проверка эпюр. Все линии на эпюрах соответствуют действующим нагрузкам. К балке приложены три сосредоточенные силы – RA, F, RB. На эпюре QY получили три скачка ⇒ на опоре А – равный RA = 23, на границе 2-го и 3-го участков – равный F = 3 + 12 = 15, на опоре В – равный RB = 12. К балке приложена пара сил М = 20. На эпюре МХ на границе 1-го и 2-го участков имеем скачок, равный М = (26 — 6) = 20.

9) Опасным будет 2-е сечение; Mmax = 26 кНм.

Новый пример

1) Вид деформации – плоский изгиб.

эпюра сил и моментов для плоского изгиба балки

Обе реакции получились положительными, то есть мы угадали их направление, они действительно направлены вверх.

3) Балка имеет два участка нагружения.

4) Строим эпюру QY.

1-й участок

2-й участок.

Откладываем значения от оси и соединяем прямой

5) Строим эпюру МХ.

5) Строим эпюру МХ.
1-й участок:

Из эпюры сил следует, что на этом участке будет возникать экстремальный момент, поэтому будем определять МХ в трех сечениях.

Отложенные от оси значения соединяем прямой

6) Проверка эпюр. Линии эпюры соответствуют приложенным нагрузкам. К балке приложены три сосредоточенные силы – RA, F, RB ⇒ на эпюре QY в соответствующих сечениях имеем скачки. К балке на опоре В приложена пара сил М: на эпюре МХ имеем на правом конце скачок, равный М = 48.

7) Опасным будет сечение В ; Mmax=48кНм.