Правила знаков для изгибающих моментов
2.1.Прямое правило:изгибающий момент считается положительным, если внешние силы, действующие на левый конец балки, поворачивают его по часовой стрелке, а действующие на правый - против часовой стрелки (рис.3).
 Рис.3 |
2.2.Обратное правило:изгибающий момент считается отрицательным, если внешние силы, действующие на левый конец балки, поворачивают его против часовой стрелки, а действующие на правый - по часовой стрелке (рис. 4).
 Рис.4 |
Последовательность построения эпюр поперечных сил и изгибающих моментов:
1.Под нагруженной балкой строим расчетно-графическую схему.
2.Используя три уравнения: ΣFix = 0, ΣFiy = 0, ΣM(Fi) = 0, определяем реакции опор балки (обязательно выполнить проверку решения).
3.Используя метод сечений, определяем значения поперечных сил в характерных точках, т.е. точках, в которых приложены внешние нагрузки (при этом удобнее использовать прямое правило знаков, т.е. разбивать балку слева направо).
4.По полученным значениям поперечных сил строим эпюру Qy: под балкой проводим прямую, параллельную ее оси, и от этой прямой в характерных точках откладываем перпендикулярные поперечным силам отрезки, соответствующие выбранному масштабу.
5.Используя метод сечений, определяем величину МИ в тех же характерных точках и по полученным значениям строим эпюру изгибающих моментов.
Характерные особенности построения эпюрQy,МИ:
1.На участке балки, где действуют сосредоточенные силы, эпюра Qyочерчивается прямой, параллельной оси балки, а эпюра МИ - наклонной прямой.
2.На участке балки, где действует распределенная нагрузка, эпюра Qy очерчивается наклонной прямой, а эпюра МИ - параболой выпуклостью навстречу распределенной нагрузке.
3. В точке балки, где приложена сосредоточенная сила, на эпюре Qy, наблюдается скачок на величину этой силы, а на эпюре МИ — излом.
4.В точке балки, где приложен внешний момент, на эпюре Qyне наблюдается никаких изменений, а на эпюре МИ наблюдается скачок на величину внешнего момента.
Задача 6. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для нагруженной балки (рис. 5), если М= 10 кН • м, F= 8 кН, q = 5 кН/м.
 Рис.5 |
Решение:
1.ΣΜD(F1)=0
RAAD – qABKD -FCD-Μ=0
RA=(qABKD+FCD+Μ)/ AD=13,43кН;
2.ΣFiy=0
RA – qAB – F +RD=0
RD=-RA + qAB + F =4,57кН
Проверка:
ΣΜА(F1)=0
-М - RDAD+FАС+ qABАК=0
3.QA=RA=13,43 кН;
QВ=RA – qAB=3,43кН;
QС слева=RA – qAB=3,43кН;
QС справа=RA – qAB - F = - 4,57кН;
QD=RA – qAB - F = - 4,57кН;
4.ΜA=0;
ΜB=RAAB - qABKB=16,86кН·м
ΜС=RAАС - qABKС=23,72кН·м
ΜD=RAD – qABKD - FСD =10,1кН·м
При деформации изгиба возникает нормальное напряжение. Напряжения одинаковы в сечении балки по ширине, но изменяются по высоте балки.
Условие прочности при изгибе:рабочее напряжение должно быть меньше или равно допускаемому напряжению, т.е.
где Wх -осевой момент сопротивления (величина, характеризующая способ ность элементов конструкции сопротивляться деформации изгиба.
Осевой момент сопротивления сечения определяется по формулам:
а) для круга (рис. 6а)
Wx = 0,1d3;
б) для кольца (рис. 6б)
Wx=0,1 d 
*(l –α4),
где α = dвн/dн;
в) для прямоугольника (рис.6в)
