Диаграмма сдвига и момента

Диаграмма сдвига и изгибающего момента для балки с простой опорой и сосредоточенной нагрузкой в ​​середине пролета.

Диаграммы сдвига и изгибающего момента - это аналитические инструменты, используемые в сочетании со структурным анализом, чтобы помочь выполнить структурное проектирование путем определения значения поперечной силы и изгибающего момента в заданной точке структурного элемента, такого как балка . Эти диаграммы можно использовать, чтобы легко определить тип, размер и материал элемента конструкции, чтобы данный набор нагрузок мог выдерживаться без разрушения конструкции . Еще одно применение диаграмм сдвига и момента состоит в том, что прогиб балки можно легко определить с помощью метода площади моментаили метод сопряженных пучков .

Соглашение [ править ]

Хотя эти условные обозначения являются относительными и могут использоваться любые условные обозначения, если они указаны явно, практикующие инженеры приняли стандартное соглашение, используемое в практике проектирования.

Нормальное соглашение [ править ]

Обычное соглашение, используемое в большинстве инженерных приложений, - это обозначение положительной силы сдвига - силы, которая вращает элемент по часовой стрелке (вверх слева и вниз справа). Точно так же обычным условием для положительного изгибающего момента является деформация элемента в форме буквы «u» (по часовой стрелке слева и против часовой стрелки справа). Еще один способ запомнить это: если момент изгибает балку в «улыбку», тогда момент положительный, со сжатием в верхней части балки и растяжением в нижней части. ^[1]

Условные обозначения нормальной положительной силы сдвига (слева) и нормального изгибающего момента (справа).

Это соглашение было выбрано для упрощения анализа балок. Поскольку горизонтальный элемент обычно анализируется слева направо, а положительное значение в вертикальном направлении обычно считается восходящим, было выбрано правило положительного сдвига вверх слева и для согласования всех чертежей вниз справа. Соглашение о положительном изгибе было выбрано таким образом, чтобы положительная поперечная сила имела тенденцию создавать положительный момент.

Альтернативное соглашение о рисовании [ править ]

При проектировании конструкций и, в частности, при проектировании бетона положительный момент создается на стороне растяжения элемента. Согласно этому соглашению положительный момент помещается ниже балки, описанной выше. Условие размещения диаграммы моментов на стороне натяжения позволяет легче и нагляднее работать с рамами. Кроме того, размещение момента на стороне растяжения элемента показывает общую форму деформации и указывает, на какой стороне бетонного стержня должна быть размещена арматура , поскольку бетон является слабым при растяжении. ^[2]

Расчет поперечной силы и изгибающего момента [ править ]

После того, как нарисована диаграмма нагружения, следующим шагом будет определение значения поперечной силы и момента в любой заданной точке вдоль элемента. Для горизонтального луча один из способов сделать это - в любой момент «отрубить» правый конец луча.

Пример ниже включает точечную нагрузку, распределенную нагрузку и приложенный момент. К опорам относятся как шарнирные, так и фиксированные концевые опоры. На первом чертеже показана балка с приложенными силами и ограничениями смещения. Второй рисунок представляет собой диаграмму нагрузки со значениями реакции, приведенными без показанных расчетов, или то, что большинство людей называют диаграммой свободного тела . Третий рисунок - диаграмма силы сдвига, а четвертый рисунок - диаграмма изгибающего момента . Для диаграммы изгибающего момента использовалось нормальное знаковое соглашение. Под диаграммой моментов приведены пошаговые функции для поперечной силы и изгибающего момента с функциями, расширенными, чтобы показать влияние каждой нагрузки на функции сдвига и изгиба.

Пример проиллюстрирован с использованием обычных единиц США . Точечные нагрузки выражены в тысячах фунтов (1 тысяча фунтов = 1000 фунт-сила = 4,45 кН), распределенные нагрузки выражены в килограммах на фут (1 кг / фут = 1 тысяча фунтов / фут = 14,6 кН / м), моменты выражены в фут-к ( 1 фут-k = 1 фут-кип = 1,356 кНм), а длина дана в футах (1 фут = 0,3048 м).

Шаг 1. Вычислите силы и моменты реакции [ править ]

Первым шагом при получении уравнений изгибающего момента и поперечной силы является определение сил реакции. Это делается с помощью схемы свободного тела всей балки.

Балка имеет три силы реакции: R _a , R _b на двух опорах и R _c на зажатом конце. Зажатый конец также имеет реактивную пару M _c . Эти четыре величины должны быть определены с помощью двух уравнений: баланса сил в балке и баланса моментов в балке. Четыре неизвестных не могут быть найдены с помощью двух независимых уравнений в этих неизвестных переменных, и, следовательно, луч статически неопределенен . Одним из способов решения этой проблемы является использование принципа линейной суперпозициии разбить проблему на суперпозицию ряда статически определенных задач. Дополнительные граничные условия на опорах должны быть включены в наложенное решение, чтобы деформация всей балки была совместимой .

Из диаграммы свободного тела всей балки мы получаем два уравнения баланса

${\displaystyle \sum F=0~,~~\sum M_{A}=0\,.}$

Суммируя силы, имеем

${\displaystyle -10-(1)(15)+R_{a}+R_{b}+R_{c}=0}$

и суммируя моменты вокруг свободного конца (A), имеем

${\displaystyle (R_{a})(10)+(R_{b})(25)+(R_{c})(50)-(1)(15)(17.5)-50+M_{c}=0\,.}$

Мы можем решить эти уравнения для R _b и R _c через R _a и M _c  :

${\displaystyle R_{b}=37.5-1.6R_{a}+0.04M_{c}}$

а также

${\displaystyle R_{c}=-12.5+0.6R_{a}-0.04M_{c}\,.}$

Если сложить моменты относительно первой опоры слева от балки, мы получим

${\displaystyle (10)(10)-(1)(15)(7.5)+(R_{b})(15)+(R_{c})(40)-50+M_{c}=0\,.}$

Если мы подставим выражения для R _b и R _c, мы получим тривиальное тождество 0 = 0, которое указывает, что это уравнение не является независимым от двух предыдущих. Точно так же, если мы возьмем моменты вокруг второй поддержки, у нас будет

${\displaystyle (10)(25)-(R_{a})(15)+(1)(15)(7.5)+(R_{c})(25)-50+M_{c}=0\,.}$

Еще раз мы обнаруживаем, что это уравнение не является независимым от первых двух уравнений. Мы также могли бы попытаться вычислить моменты вокруг зажатого конца балки, чтобы получить

${\displaystyle (10)(50)-(R_{a})(40)-(R_{b})(25)+(1)(15)(32.5)-50+M_{c}=0\,.}$

Это уравнение также оказывается линейно независимым от двух других уравнений. Следовательно, балка статически неопределима, и нам нужно будет найти изгибающие моменты в сегментах балки в зависимости от R _a и M _c .

Шаг 2. Разбейте балку на сегменты [ править ]

После того, как силы реакции найдены, вы разбиваете балку на части. Расположение и количество внешних сил, действующих на элемент, определяют количество и расположение этих частей. Первая часть всегда начинается с одного конца и заканчивается в любом месте перед первой внешней силой.

Шаг 3. Вычислите поперечные силы и моменты - первая часть [ править ]

Пусть V ₁ и M ₁ - поперечная сила и изгибающий момент соответственно в поперечном сечении первого сегмента балки. По мере того, как секция балки движется к точке приложения внешней силы, величины поперечной силы и момента могут изменяться. Это делает поперечную силу и изгибающий момент функцией положения поперечного сечения (в этом примере x ).

Суммируя силы вдоль этого сегмента и суммируя моменты, получают уравнения для поперечной силы и изгибающего момента. Вот эти уравнения:

${\displaystyle \sum F=-10-V_{1}=0}$

а также

${\displaystyle \sum M_{A}=-V_{1}x+M_{1}=0\,.}$

Следовательно,

${\displaystyle V_{1}=-10\quad {\text{and}}\quad M_{1}=-10x\,.}$

Шаг 4: вычисление поперечных сил и моментов - вторая часть [ править ]

Взяв второй сегмент, заканчивающийся где-нибудь перед второй внутренней силой, мы имеем

${\displaystyle \sum F=-10+R_{a}-(1)(x-10)-V_{2}=0}$

а также

${\displaystyle \sum M_{A}=R_{a}(10)-(1)(x-10){\frac {(x+10)}{2}}-V_{2}x+M_{2}=0\,.}$

Следовательно,

${\displaystyle V_{2}=R_{a}-x\quad {\text{and}}\quad M_{2}=-50+R_{a}(x-10)-{\frac {x^{2}}{2}}\,.}$

Notice that because the shear force is in terms of x, the moment equation is squared. This is due to the fact that the moment is the integral of the shear force. The tricky part of this moment is the distributed force. Since the force changes with the length of the segment, the force will be multiplied by the distance after 10 ft. i.e. (x-10) the moment location is defined in the middle of the distributed force, which is also changing. This is where (x+10)/2 is derived from.

Alternatively, we can take moments about the cross-section to get

${\displaystyle \sum M_{A}=10x-R_{a}(x-10)+(1)(x-10){\frac {(x-10)}{2}}+M_{2}=0\,.}$

Again, in this case,

${\displaystyle M_{2}=-50+R_{a}(x-10)-{\frac {x^{2}}{2}}\,.}$

Step 5: Compute shear forces and moments - third piece[edit]

Taking the third segment, and summing forces, we have

${\displaystyle -10+R_{a}+R_{b}-(1)(15)-V_{3}=0}$

and summing moments about the cross-section, we get

${\displaystyle (10)(x)-R_{a}(x-10)-R_{b}(x-25)+(1)(15)(x-17.5)+M_{3}=0\,.}$

Therefore,

${\displaystyle V_{3}=25-R_{a}-R_{b}=R_{c}}$

and

${\displaystyle M_{3}=262.5+R_{a}(x-10)+R_{b}(x-25)-25x=-675+R_{a}(30-0.6x)-M_{c}(1-0.04x)+12.5x\,.}$

Notice that the distributed force can now be considered one force of 15 kips acting in the middle of where it is positioned.

Step 6: Compute shear forces and moments - fourth piece[edit]

Taking the fourth and final segment, a balance of forces gives

${\displaystyle -10+R_{a}+R_{b}-(1)(15)-V_{4}=0}$

and a balance of moments around the cross-section leads to

${\displaystyle (10)(x)-R_{a}(x-10)-R_{b}(x-25)+(1)(15)(x-17.5)-50+M_{4}=0\,.}$

Solving for V₄ and M₄, we have

${\displaystyle V_{4}=25-R_{a}-R_{b}=R_{c}}$

and

${\displaystyle M_{4}=312.5+R_{a}(x-10)+R_{b}(x-25)-25x=-625+R_{a}(30-0.6x)+M_{c}(0.04x-1)+12.5x\,.}$

By plotting each of these equations on their intended intervals, you get the bending moment and shear force diagrams for this beam. In particular, at the clamped end of the beam, x = 50 and we have

${\displaystyle M_{4}=M_{c}=-937.5+40R_{a}+25R_{b}\,.}$

Step 7: Compute deflections of the four segments[edit]

We now use the Euler–Bernoulli beam theory to compute the deflections of the four segments. The differential equation that relates the beam deflection (w) to the bending moment (M) is

${\displaystyle {\frac {d^{2}w}{dx^{2}}}=-{\frac {M}{EI}}}$

where E is the Young's modulus and I is the area moment of inertia of the beam cross-section.

Substituting the expressions for M₁, M₂, M₃, M₄ into the beam equation and solving for the deflection gives us

${\displaystyle {\begin{aligned}w_{1}&={\frac {5}{3EI}}\,x^{3}+C_{1}+C_{2}\,x\\w_{2}&={\frac {1}{24EI}}\,x^{2}\,\left[x^{2}+600-4R_{a}(x-30)\right]+C_{3}+C_{4}\,x\\w_{3}&={\frac {1}{100EI}}\left[{\frac {x^{3}}{3}}(-625+30R_{a}-2M_{c})-50x^{2}(-675+30R_{a}-M_{c})\right]+C_{5}+C_{6}\,x\\w_{4}&={\frac {1}{100EI}}\left[{\frac {x^{3}}{3}}(-625+30R_{a}-2M_{c})-50x^{2}(-625+30R_{a}-M_{c})\right]+C_{7}+C_{8}\,x\end{aligned}}}$

Step 8: Apply boundary conditions[edit]

Now we will apply displacement boundary conditions for the four segments to determine the integration constants.

For the fourth segment of the beam, we consider the boundary conditions at the clamped end where w₄ = dw/dx = 0 at x = 50. Solving for C₇ and C₈ gives

${\displaystyle C_{7}=-{\frac {1250}{3EI}}(-625+M_{c}+30R_{a})\quad {\text{and}}\quad C_{8}={\frac {125}{EI}}(-125+6R_{a})\,.}$

Therefore, we can express w₄ as

${\displaystyle w_{4}=-{\frac {1}{300EI}}(x-50)^{2}\left[-5(6R_{a}-125)(x-50)+2M_{c}(x+25)\right]\,.}$

Now, w₄ = w₃ at x = 37.5 (the point of application of the external couple). Also, the slopes of the deflection curves at this point are the same, i.e., dw₄/dx = dw₃/dx. Using these boundary conditions and solving for C₅ and C₆, we get

${\displaystyle C_{5}=-{\frac {625}{12EI}}(-5675+8M_{c}+240R_{a})\quad {\text{and}}\quad C_{6}={\frac {250}{EI}}\left(3R_{a}-70\right)\,.}$

Substitution of these constants into the expression for w₃ gives us

${\displaystyle {\begin{aligned}w_{3}={\frac {1}{300EI}}{\Bigl [}&30R_{a}(-50+x)^{3}-2M_{c}(-50+x)^{2}(25+x)-\\&625(-141875+x(8400+(-162+x)x)){\Bigr ]}\,.\end{aligned}}}$

Similarly, at the support between segments 2 and 3 where x = 25, w₃ = w₂ and dw₃/dx = dw₂/dx. Using these and solving for C₃ and C₄ gives

${\displaystyle C_{3}=-{\frac {3125}{24EI}}(-1645+4M_{c}+64R_{a})\quad {\text{and}}\quad C_{4}={\frac {25}{12EI}}\left(-40325+6M_{c}+120R_{a}\right)\,.}$

Therefore,

${\displaystyle {\begin{aligned}w_{2}={\frac {1}{24EI}}{\Bigl [}&-3125(-1645+4M_{c}+64R_{a})+\\&50(-4025+6M_{c}+120R_{a})x+120(5+R_{a})x^{2}-4R_{a}x^{3}+x^{4}{\Bigr ]}\,.\end{aligned}}}$

At the support between segments 1 and 2, x = 10 and w₁ = w₂ and dw₁/dx = dw₂/dx. These boundary conditions give us

${\displaystyle C_{1}=-{\frac {125}{24EI}}(-40145+100M_{c}+1632R_{a})\quad {\text{and}}\quad C_{2}={\frac {25}{4EI}}(-1315+2M_{c}+48R_{a})\,.}$

Therefore,

${\displaystyle w_{1}={\frac {5}{24EI}}\left[1026125-39450x+8x^{3}+20M_{c}(-125+3x)+480R_{a}(-85+3x)\right]\,.}$

Step 9: Solve for M_c and R_a[edit]

Because w₂ = 0 at x = 25, we can solve for M_c in terms of R_a to get

${\displaystyle M_{c}=175-7.5R_{a}\,.}$

Also, since w₁ = 0 at x = 10, expressing the deflection in terms of R_a (after eliminating M_c) and solving for R_a, gives

${\displaystyle R_{a}=25.278\quad \implies \quad M_{c}=-14.585\,.}$

Step 10: Plot bending moment and shear force diagrams[edit]

We can now calculate the reactions R_b and R_c, the bending moments M₁, M₂, M₃, M₄, and the shear forces V₁, V₂, V₃, V₄. These expressions can then be plotted as a function of length for each segment.

Relationship between shear force and bending moment[edit]

It is important to note the relationship between the two diagrams. The moment diagram is a visual representation of the area under the shear force diagram. That is, the moment is the integral of the shear force. If the shear force is constant over an interval, the moment equation will be in terms of x (linear). If the shear force is linear over an interval, the moment equation will be quadratic (parabolic).

Another note on the shear force diagrams is that they show where external force and moments are applied. With no external forces, the piecewise functions should attach and show no discontinuity. The discontinuities on the graphs are the exact magnitude of either the external force or external moments that are applied. For example, at x = 10 on the shear force diagram, there is a gap between the two equations. This gap goes from -10 to 15.3. The length of this gap is 25.3, the exact magnitude of the external force at that point. At section 3 on the moment diagram, there is a discontinuity of 50. This is from the applied moment of 50 on the structure. The maximum and minimum values on the graphs represent the max forces and moments that this beam will have under these circumstances.

Relationships between load, shear, and moment diagrams[edit]

Since this method can easily become unnecessarily complicated with relatively simple problems, it can be quite helpful to understand different relations between the loading, shear, and moment diagram. The first of these is the relationship between a distributed load on the loading diagram and the shear diagram. Since a distributed load varies the shear load according to its magnitude it can be derived that the slope of the shear diagram is equal to the magnitude of the distributed load. The relationship, described by Schwedler's theorem, between distributed load and shear force magnitude is:^[3]

${\displaystyle {\frac {dQ}{dx}}=-q}$

Some direct results of this is that a shear diagram will have a point change in magnitude if a point load is applied to a member, and a linearly varying shear magnitude as a result of a constant distributed load. Similarly it can be shown that the slope of the moment diagram at a given point is equal to the magnitude of the shear diagram at that distance. The relationship between distributed shear force and bending moment is:^[4]

${\displaystyle {\frac {dM}{dx}}=Q}$

A direct result of this is that at every point the shear diagram crosses zero the moment diagram will have a local maximum or minimum. Also if the shear diagram is zero over a length of the member, the moment diagram will have a constant value over that length. By calculus it can be shown that a point load will lead to a linearly varying moment diagram, and a constant distributed load will lead to a quadratic moment diagram.

Practical considerations[edit]

In practical applications the entire stepwise function is rarely written out. The only parts of the stepwise function that would be written out are the moment equations in a nonlinear portion of the moment diagram; this occurs whenever a distributed load is applied to the member. For constant portions the value of the shear and/or moment diagram is written right on the diagram, and for linearly varying portions of a member the beginning value, end value, and slope or the portion of the member are all that are required.^[5]

See also[edit]

• Bending
• Euler–Bernoulli beam theory
• Bending moment
• Singularity function#Example beam calculation

References[edit]

Further reading[edit]

• Cheng, Fa-Hwa. "Shear Forces and Bending Moments in Beams" Statics and Strength of Materials. New York: Glencoe, McGraw-Hill, 1997. Print.
• Spotts, Merhyle Franklin, Terry E. Shoup, and Lee Emrey. Hornberger. "Shear and Bending Moment Diagrams." Design of Machine Elements. Upper Saddle River, NJ: Pearson/Prentice Hall, 2004. Print.

External links[edit]

• Shear Force and Bending Moment Diagram Calculator.
• How to calculate bending moment diagram tutorial

Wikiversity has learning resources about Shear Force and Bending Moment Diagrams

Wikimedia Commons has media related to Shear and moment diagrams.