Определение внутренних усилий в поперечных сечениях стержней. Гребенюк Г.И - 23 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

НГАСУ «Сибстрин» | Новосибирск

Составители: 

Рубрика: 

21
Так как Q
1
(x
1
)– линейная функция, то для построения эпюры Q
на этом участке достаточно рассмотреть два сечения:
1
0,x
м
=
1
(0) 20Q кН;
=
−
1
2, 0 ,x
м
=
1
(2) 10 .Q кН
=
По этим результатам строим эпюру
Q и видим (рис.2.11 д), что
на этом участке эпюра поперечных сил имеет нулевую ордина-
ту. Значит, из-за наличия дифференциальной зависимости меж-
ду М и Q (
()
().
dM x
Qx
dx
=
) эпюра изгибающих моментов на этом
участке будет иметь экстремум.
Приравнивая
Q
1
(х
1
) к нулю при
10
x
x
=
, получим:
10 0
( ) 20 15 0;Qx x=− + =
0
20
1.33 .
15
x
м
==
Запишем уравнение для изгибающих моментов:
0;
К
m =
∑
–М
1
(х
1
)–q
2
1
2
х
+F
x
1
=0;
22
11
11 1 1
15
() 20 .
22
qx x
Mx Fx x=− = −
Функция
11
M
(x ) – квадратичная, поэтому для построения
графика этой функции на данном участке (эп. М), находим не
менее трех значений изгибающего момента:
1
0,x
м
=
1
(0) 0.M
=
10
1,33 .xx м==
10
() 13,3 .
extr
Mx
М
кН м
=
=⋅
1
2, 0 ,x
м
=
1
(2) 10 .M кН м
=
⋅
По найденным значениям Q и M строим их эпюры на пер-
вом участке. Изгибающие моменты откладываем со стороны
растянутых волокон, т.е. "плюс" – вниз (растягиваются нижние
волокна), "минус" – вверх (растягиваются верхние волокна),
(рис.2.11 б, в).
При построении эпюр М и Q и их проверке используем диф-
ференциальные зависимости Д.И. Журавского
между М, Q и q: 
Так как Q1(x1)– линейная функция, то для построения эпюры Q
на этом участке достаточно рассмотреть два сечения:
                   x1 = 0 м,          Q1 (0) = −20 кН;
                   x1 = 2, 0 м,       Q1 (2) = 10 кН .
По этим результатам строим эпюру Q и видим (рис.2.11 д), что
на этом участке эпюра поперечных сил имеет нулевую ордина-
ту. Значит, из-за наличия дифференциальной зависимости меж-
               dM ( x)
ду М и Q (             = Q ( x). ) эпюра изгибающих моментов на этом
                 dx
участке будет иметь экстремум.
     Приравнивая Q1(х1) к нулю при x1 = x0 , получим:
                                           20
     Q1 ( x0 ) = −20 + 15 x0 = 0;     x0 =     = 1.33 м.
                                           15
     Запишем уравнение для изгибающих моментов:
                         х12
     ∑ mК = 0; –М1(х1)–q 2 +F ⋅ x1=0;
                        2               2
                        qx           15 x1
      M 1 ( x1 ) = Fx1 − 1 = 20 x1 −        .
                         2              2
    Функция M 1 ( x1 ) – квадратичная, поэтому для построения
графика этой функции на данном участке (эп. М), находим не
менее трех значений изгибающего момента:
             x1 = 0 м,            M 1 (0) = 0.
           x1 = x0 = 1,33 м.    M 1 ( x0 ) = М extr = 13, 3 кН ⋅ м.
            x1 = 2, 0 м,     M 1 (2) = 10 кН ⋅ м.
    По найденным значениям Q и M строим их эпюры на пер-
вом участке. Изгибающие моменты откладываем со стороны
растянутых волокон, т.е. "плюс" – вниз (растягиваются нижние
волокна), "минус" – вверх (растягиваются верхние волокна),
(рис.2.11 б, в).
     При построении эпюр М и Q и их проверке используем диф-
ференциальные зависимости Д.И. Журавского между М, Q и q:




                                   21

Страницы