Момент изгибающий прямоугольника

Эпюру изгибающего момента легко построить наложением эпюр основной и вспомогательной балок. Для основной балки эпюра изгибающего момента — положительный прямоугольник с высотой М. Для вспомогательной балки эпюра изгибающего момента — отрицательный треугольник с нулевой высотой на левом конце и [c.174]

ВС Q = 0 на участке D Q = 2Р на участке q Г/ Ш DK Q = Р. Эпюра Q на этих участках представлена тремя прямоугольниками. О о Для построения эпюры М будем вычис- п лять величины изгибающих моментов в характерных сечениях А, В, С, D, Е и К. Очевидно, [c.63]

Прежде всего сделаем некоторые замечания относительно общего вида эпюр М nQ. Поскольку распределенной нагрузки нет, эпюры М kQ будут прямолинейными, причем эпюра Q будет состоять из прямоугольников. В точке D на ней будет скачок, а на эпюре М — перелом. В точках А, В, С и f изгибающий момент равен нулю. [c.66]

Можно, если предварительно разбить эпюру изгибающих моментов на простейшие фигуры прямоугольники, треугольники и параболические сегменты, для которых величина площади и положение центра тяжести известны. Эта операция получила название расслоение эпюр . [c.72]

На первый взгляд может показаться, что способ Верещагина не дает существенных упрощений. Для его применения необходимо вычислять площадь эпюры моментов и положение ее центра тяжести, что при сложных эпюрах все равно потребует интегрирования, как и в методе Мора. Однако встречающиеся на практике эпюры изгибающих моментов могут быть, как правило, разбиты на простейшие фигуры прямоугольник, треугольник и параболический треугольник (рис. 5.19), для которых площадь П и положение центра тяжести известны. При кручении, растяжении и сдвиге эпюры оказываются еще более простыми они, как правило, линейные и состоят из прямоугольников и треугольников в различных комбинациях. [c.245]

Значения изгибающих моментов в сечениях А, В ш С (в которых возникают пластические шарниры) в предельном состоянии равны соответственно ( —Л/ р), ( —М р) и ( + Мрр), и, следовательно, эпюра изгибающих моментов при предельном состоянии балки имеет вид, изображенный на рис. 17.9, в. Эту эпюру можно представить состоящей из двух эпюр первая из них (рис. 17.9, г) представляет собой прямоугольник с ординатами — М и вызвана моментами приложенными по концам простой балки, лежащей на двух опорах (рис. 17.9, д) вторая эпюра (рис. 17.9, е) представляет собой треугольник с наибольшей ординатой 2М и вызвана грузом Р р, действующим на простую балку (рис. 1.9,ж). [c.599]

Центральная половина площади воспринимает только /а общего изгибающего момента, действующего в сечении, и поэтому прямоугольник нельзя считать рациональной формой поперечного сечения балки, работающей на изгиб. [c.177]

Забавно, например, следующее если плоскость действия изгибающего момента проходит через диагональ прямоугольника, то нейтральная линия проходит через вторую диагональ. В самом деле... Тангенс угла а (рис. 38) равен b/h. Это ясно из чертежа. Согласно формуле (2) определяем угол р [c.37]

Изгибающие Мх, Му и крутящий М у моменты в центре прямоугольника определяются по формуле [c.156]

При увеличении момента зона текучести будет распространяться внутрь балки, эпюра напряжений примет вид, показанный на рис. 374, г, и в пределе, когда материал по всей высоте сечения потечет и грузоподъемность балки будет полностью исчерпана, эпюра напряжений примет форму двух прямоугольников (рис. 374, д). Изгибающий момент на этой стадии работы балки и будет предельным, [c.435]

Постановка плоской задачи о балке и плите. Рассматривается обобщенное плоское напряженное состояние в прямоугольной полосе длины / и высоты 26 О х I, —Ь-s у К-Ь). Принимается, что 2 <С и это делает приемлемой, в соответствии с принципом Сен-Венана, допустимость точного выполнения краевых условий только на длинных сторонах у = Ь прямоугольной области и замену распределения поверхностных сил на коротких сторонах (х = О, х = I) статически эквивалентным распределением — продольной и поперечной силами Р, Q и изгибающим моментом ц. Поперечное сечение балки представляет прямоугольник толщиной h и высотой 2Ь, причем h Ь, что позволяет ограничиться рассмотрением средних значений напряжений и перемещений по толщине балки. Принятая постановка задачи применима также к задаче о плоской деформации плиты, теоретически бесконечно протяженной по оси х , когда закон нагружения ее граней у = Ь, х = О, х = 1 не зависит ог Хз. Размер по оси не фигурирует в дальнейшем изложении, он может быть принят равным единице длины. Переход к формулам задачи о плите от формул рассматриваемой далее задачи о балке осуществляется в соответствии с правилом (1.6.5) путем замены [c.482]

Подставив в эту формулу координаты = О и ti = О, определим изгибающие моменты Л1, Му и М у в центре прямоугольника. [c.85]

В задачах 11.67-11.72 для стержней, изображенных на указанных рисунках, с использованием энергетического метода определить изгибающие моменты, упругую линию и выполнить поверочный расчет для случая одновременного и пропорционального изменения всех сил. Сечение балки — прямоугольник с основанием 6 и высотой h. [c.396]

Установить по эпюрам изгибающих моментов опасное сечение балки. Найти для опасного сечения положение нулевой линии. Сравнивая ординаты эпюр Мх и. Му, делаем вывод, что опасными могут быть сечения D или С, т.к. в них предположительно возникают наибольшие по величине изгибающие моменты. Для того, чтобы установить какое из них является наиболее опасным, нужно вычислить возникающие в сечениях С и D наибольшие нормальные напряжения и сравнить их. Теоретически доказано, что если контур поперечного сечения так вписывается в прямоугольник, что четыре крайние точки сечения совпадают с углами прямоугольника, то максимальное нормальное напряжение будет в одном из углов прямоугольника и определится по формуле [c.112]

В случае, если нагрузка q равномерно распределена по площади прямоугольника (рис. 75), то изгибающие моменты для участка пластинки, где y vj2, получаются интегрированием выражений (ш) [c.180]

К методу отображений можно прибегнуть и в том случае, когда точка приложения нагрузки не лежит на оси симметрии (рис. 77, а). Прогибы и моменты можно при этом вычислить, вводя систему вспомогательных сил, как это показано на рисунке, и воспользовавшись формулой для бесконечно длинной пластинки. Если нагрузка распределена по площади прямоугольника, то определение изгибающих моментов для заданных и фиктивных нагрузок можно выполнить по формулам (167) — см. ниже 37. [c.183]

Для иллюстрации применения этой уточненной теории рассмотрим пластинку, имеющую форму полубесконечного прямоугольника, ограниченного двумя параллельными краями у = О, у = а и краем лг = О, Положим, что пластинка не несет никакой нагрузки, что прогибы да и изгибающие моменты Му отсутствуют по краям у = О, у = а, по краю же j = О пластинка подвергается воздействию изгибающих и крутящих моментов и перерезывающих сил [c.197]

Зная моменты по защемленным краям, мы можем из уравнения (d) вычислить и соответствующие им прогибы. Накладывая прогибы, вызванные этими моментами, на прогибы свободно опертой пластинки, получим прогибы пластинки, защемленной по краям. Тот же самый метод наложения доставит нам и все остальные сведения, касающиеся изгиба пластинок с защемленными краями под сосредоточенной в центре нагрузкой 2). Если же нагрузка Р распределена равномерно по площади малого круга или прямоугольника, то изгибающие моменты [c.232]

Изгибающие моменты в центрах колонн прямоугольного сечения можно вычислить, исходя из предпосылки, что опорные реакции распределены равномерно по прямоугольникам, заштрихованным на рис. 123 и представляющим собой поперечные сечения колонн ). В случае квадратных панелей и квадратных колонн имеем = k, [c.280]

Если продолжать увеличивать изгибающий момент, то пластическая зона будет распространяться внутрь по направлению к нейтральной оси, пока распределение напряжения не примет вид, показанный на рис, 9.3, й. На этом этапе деформации в крайних волокнах могут в 10—-15 раз превышать деформацию а упругое ядро почти исчезнет. Таким образом, с практической точки зрения балка уже исчерпала свою предельную несущую способность по моменту и распределение напряжений в предельном состоянии можно идеализированно представить двумя прямоугольниками (рис. 9.3, е). Изгибающий момент, соответствующий такому идеализированному распределению напряжений, называется предельным моментом Мд и представляет собой максимальный момент, который может выдержать балка из упруго-идеально пластического материала. [c.349]

Для материала балки зависимость напряжения от деформации как при растяжении, так й при сжатии выбирается в виде а—Ве , где В и ft — постоянные (0 л<1). Поперечное сечение балки представляет собой прямоугольник шириной Ь и высотой h. а) Вывести следующее выражение для зависимости изгибающего момента оТ кривизны балки [c.385]

Эпюра изгибающих моментов от силы имеет вид треугольника с центром тяжести Сг. Изгибающий момент на участке А К изменяется от О (в сечении над опорой А) до 18-2,5=45 кН-м (в сечении К)- Изгибающий момент от силы изменяется от 0 (в сечении под силой ) до —20-1,5=—30 кН-м. Центр тяжести этой эпюры С2. Изгибающий момент от момента Л4=10 кН-м изображается прямоугольником с центром тяжести С3. Изгибаювгнн момент от силы Рд имеет вид треугольника с центром тяжести (для удобства эта эпюра изображена несколько выше эпюры от момента Л4). [c.228]

Встречающиеся на практике эпюры изгибающих моментов могут быть, как правило, разбиты на простейщие фигуры прямоугольник, треугольник и параболический треугольник. В табл. 6.1 приведены площади эпюр и расстояния до центра тяжести этих простейших фигур. [c.270]

Э а функция дает распределение напряжений в балке, когда апюра изгибающих моментов состоит из очень узкого прямоугольника, как показано на рис. 69. В самом общем случае нагружения балки вертикальными силами, приложенными на верхней грани балки соответствующая энюра изгибающих моментов может быть разделена на элементарные прямоугольники, подобные показанному на рис. 69, а соответствующую функцию напряжений можно получить путем интегрирования выражения (в) вдоль длины балкн ). [c.131]

Сечения балок, материал которых одинаково работает на растяжение и сжатие, должны быть прежде всего симметричны относительно нейтральной линии для того, чтобы тах и I f min I рзвнялись [о]. Для дальнейшего выяснения рациональности форм сечений таких балок рассмотрим поперечное сечение в виде прямоугольника (рис. V.40, а). Найдем часть изгибающего момента Ml, действующего в сечении, воспринимаемую его дважды заштрихованной центральной [c.176]

Пример 16. Наибольший изгибающий момент в поперечном сечении балки Мщах = 37,5 кН м. Подобрать сечение стальной балки в трех вариантах а) прокатный двутавр б) прямоугольнике отношением высоты к ширине Л 6 = 4 3) в) круг. [c.113]

При некотором значении нагрузки, когда в. материале ПО всей высоте сечения напрялчения достигнут предела текучести, т. е. эпюра напрял<еннй примет вид двух прямоугольников (рис. 140, е), грузоподъемность балки будет исчерпана. Определим величину внеи]него изгибающего момента соответствующую этому предельному состоянию балки. [c.243]

Прямоугольное сечение. Расчет ведут по проведенному напряжению о р. Если плоскость изгибающего момента и плоскость действия поперечной силы направлены параллельно длинной стороне А прямоугольника (фиг. Ш), то наибольшие нормальные напряжения получакггся на коротких сторонах прямоугольника, а наибольшие касательные [c.102]

Галилей дает полное решение задачи о консоли равного сопротивления, поперечное сечение которой—прямоугольник. Рассматривая сначала призматическую консоль AB D (рис. 16, а), он замечает, что часть материала можно из нее удалить, не нанося ущерба ее прочности. Он показывает также, что если мы удалим половину материала, придав консоли форму клина AB , то прочность в любом промежуточном поперечном сечении EF окажется недостаточной по той причине, что если отношение изгибающих моментов в сечениях EF и АВ равно отношению jE АС, то моменты сопротивления для этих сечений, пропорциональные квадратам толщины, будут находиться в отношении (ДС) АС) . Для того чтобы моменты сопротивления находились между собой [c.24]

Прямые линии, параллельные оси х, искривляются в результате изгиба в параболы, обращенные выпуклостью вниз (рис. 24), прямые же, параллельные оси у, деформируются в параболы, обращен-ные выпуклостью вверх. Для прямых, делящих пополам углы между осями X и у, мы имеем х = у или X = — у поэтому прогибы по этим направлениям, как это видно из уравнения (f), равны нулю. Все прямые, бывщие до изгиба параллельными этим биссектрисам, остаются прямыми и после изгиба, повернувшись лищь на некоторый угол. Ограниченный такими прямыми линиями прямоугольник abed подвергнется перекосу (скручиванию), как показано на рис. 24. Представим себе, что через прямые аЬ, Ьс, d, ad проведены нормальные сечения пластинки. Из уравнений (39) и (40) мы заключаем, что изгибающие моменты в этих сечениях равны нулю, крутящие моменты в сечениях ad и Ьс равны Mj, в сечениях же аЬ и d — М . Таким образом, часть abed пластинки будет находиться в условиях пластинки, подвергающейся чистому изгибу крутящими моментами, равномерно распределенными по краям (рис. 25, а). [c.58]

Изгибающие моменты в свободно опертой прямоугольной пла стннке при равномерном загружении ее по площади прямоугольника. [c.183]

Иной способ определения этих перемещений заключается в использовании табл 11.1, где приведены значения интегралов от произведения функций. Эпюра изгибающих моме1 тов для нагрузки д представляет собой квадратичную параболу на участке длиной а (рис. 11.6, й). Для того же самого участка балки эпюра изгибающих моментов, создаваемых единичными нагрузками, представляет собой соответственно трапецию и прямоугольник (рис. И.6,е и 11.5,/), Взяв из табл. 11.1 данные для параболы и трапеции, получиь следующее значение интеграла от произаедения двух функций [c.436]

Энциклопедия по машиностроению XXL

Оборудование, материаловедение, механика и ...