Obraz900
2

80

6. Zginanie

M, = M_v

5qa~

Miejsce zerowania się momentu w przedziale 2 można obliczyć z zależności:

Po przekształceniu otrzymuje się trójmian:

|\₂ = 2,618a (przedział2),

[x₂ = 0,382a (przedział l).

W granicach przedziału 2 ważne jest rozwiązanie x₂₀ ⁼ 2,618a.

Przedział 3 3a < x₃ < 4a

x; -3a -x, +a² =0

ARft    Al

'ł i v' I' VI' v ł i 1’ J

** M_x

'i I*’³

T =R_A+R_B-q(x₃-a), T_x,_=3a = qa, T_x,_=4a = (),

2a

^!1)

^x3

M_x, =R_a'X₃ + R_b ’(x₃ — 3a)-

q(x₃ - a)²

Przykład 6.3

Dla belki przedstaw wykonać wykresy sił momentów zginającyc symalne wartości sił w

ANALIZA ZADA! ciągłe ma liniowo zi ność q(x). W celu < podpór obciążenie te siłą skupioną przyłożę kości pola przedstaw źenie - w tym przykte prostokątny.

ROZWIĄZANIE: mają postać:

(1)

]T M(A) = 0

M

qa~

x»=3a

M_x T,

^x3

Z tematu zadania wynika, że na końcu belki rnomenl M_x musi być równy zeru (brak momentu zewnętrzna

go).

0 < x, < a

Dla kolejnych myślowych przekrojów można odejść? od preferowanego sposobu oznaczania przekrojów! (patrz przykład 6.1). W tym przypadku współrzędną xjl mierzono w lewo od prawego końca belki. W ten sposób nie tylko można sprawdzić poprawność obliczeń,! ale także je przyspieszyć. To przyspieszenie będzie wi-j" doczne dla belek z większą liczbą myślowych przedzia-!

łów. Przyjmując 0<x₃<a, otrzymuje się (tutaj obo-f wiązuje zależność T = -dM/dx ):

^Tx', ^=tl^x3’ T._=o=0, T._=a=qa,    |

M . =-Ł _M .    =o, M .    =-^~.

2    *3=°    ^xi=^a    2

(2) XM(B) = 0

Do sprawdzenia r

£pt

Dla ułatwienia ro ki (innym sposoben kroju X| oblicza się,

Przedział 1 0 <

3<^X1> *R_B

łT

\ITrrll

I A I i V. 111 'l ..

(1

Wykresy sił wewnętrznych pokazano na rys. 6.2.

Wykres sił porzecz czątku i końcu przt

I