Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов
Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов
Министерство науки и образования Республики Казахстан
Алматинский колледж строительства и менеджмента
Кафедра технических дисциплин
Контрольная РАБОТА НА ТЕМУ:
«Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов»
Руководитель:
преподаватель Косс М.С.
Выполнил:
Джиланкозов Ташбулат
Алматы 2009 год
Задача № 1
Построить эпюры внутренних усилий Q и М для балки изображенной на следующем чертеже (рис. 1): F=5кН F=5кН
A B
C D
X1
RA RB
X 2
X 3
а =2м а =2м а =2м
Эпюра «Q»
4
-4
Эпюра «М»
Рис. 1
Решение:
I . Составляем уравнение равновесия и определяем опорные реакции R A и R B.
У MA = F1 * a + F2 * 2a - RB * 3a = 0;
отсюда RB = F1 * a + F2 * 2a = 5* 2 + 5 * 2 * 2 = 5 кН ;
3a 3 * 2
У M В = R А * 3a - F1 * 2a - F2 * a = 0;
отсюда R А = F1 * 2a - F2 * a = 5 * 2 * 2 + 5* 2 = 5 кН .
3 a 3 * 2
Проверка:
У У = R А - F 1 - F 2 + RB = 0;
У У = 5 - 5 - 5 + 5 = 0.
II . Проводим сечения х1, х2, х3 и определяем внутренние усилие для построения эпюры “Q ”:
0 ? х1 ? 2м (участок АС)
х1 = 0; Q х1 = RA = 5кН;
х1 = 2м; Q х1 = RA = 5кН;
2м ? х2 ? 4м (участок CD)
х2 = 2м; Q х2 = R А - F 1 = 5 - 5 = 0;
х2 = 4м; Q х2 = R А - F 1 = 5 - 5 = 0;
4м ? х3 ? 6м (участок DB)
х3 = 4м; Q х3 = R А - F 1 - F 2 = 5 - 5 - 5 = - 5;
х3 = 6м; Q х3 = R А - F 1 - F 2 = 5 - 5 - 5 = - 5.
III . В проведённых сечениях определяем внутренние усилие для построения эпюры “М”:
0 ? х1 ? 2м (участок АС)
х1 = 0; M х1 = R А * х1 = 5 * 0 = 0;
х1 = 2м; M х1 = R А * х1 = 5 * 2 = 10кН * м;
2м ? х2 ? 4м (участок CD)
х2 = 2м; M х2 = R А * х2 - F 1 ( х2 - а) = 5 * 2 - 5(2 - 2) = 10кН * м;
х2 = 4м; M х2 = R А * х2 - F 1 ( х2 - а) = 5 * 4 - 5(4 - 2) = 10кН * м;
4м ? х3 ? 6м (участок DB)
х3 = 4м; M х3 = R А * х3 - F 1 ( х3 - а) - F 2 ( х3 -2а) = 5 * 4 - 5(4 - 2) - 5(4 - 2 * 2)= =10кН * м;
х3 = 6м; M х3 = R А * х3 - F 1 ( х3 - а) - F 2 ( х3 -2а) = 5 * 6- 5(6 - 2) - 5(6 - 2 * 2)= 0
Задача № 2
Построить эпюры внутренних усилий Q и М для балки изображенной на следующем чертеже (рис. 2): А F = 10кН В
С
Х1
RA Х2 RB
L1 = 5м L2 = 5м
L = 10м
Эпюра «Q»
5
- 5
Эпюра «М»
Рис. 2
Решение:
I . Составляем уравнение равновесия и определяем опорные реакции R A и R B.
У MA = F * L 1 + RB * L = 0;
RB = F * L1 = 10 * 5 = 5 кН ;
L 10
У M В = R А * L - F * L2 = 0;
R А = F * L2 = 10 * 5 = 5 кН .
L 10
Проверка:
У У = R А - F + RB = 0;
У У = 5 - 10 + 5 = 0.
II . Проводим сечения х1, х2 и определяем внутренние усилие для построения эпюры “Q ”:
0 ? х1 ? 5 м (участок АС)
х1 = 0; Q х1 = RA = 5кН;
х1 = 5 м; Q х1 = RA = 5кН;
5м ? х2 ? 10м (участок CВ)
х2 = 5м; Q х2 = R А - F = 5 - 10 = - 5кН;
х2 = 10м; Q х2 = R А - F = 5 - 10 = - 5кН.
III . В проведённых сечениях определяем внутренние усилие для построения эпюры “М”:
0 ? х1 ? 5 м (участок АС)
х1 = 0; M х1 = R А * х1 = 5 * 0 = 0;
х1 = 5 м; M х1 = R А * х1 = 5 * 5 = 25 кН * м;
5 м ? х2 ? 10 м (участок CВ)
х2 = 5 м; M х2 = R А * х2 - F х2 - 10 ) = 5 * 5 - 10 (5 - 10) = 25 кН * м;
2 2
х2 = 10 м; M х2 = R А * х2 - F х2 - 10 ) = 5 * 10 - 10(10 - 10) = 0.
2 2
Задача № 3
Построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов М для балки изображённой на следуещем чертеже (рис. 3): g = 4кН/м
A B
gL
Х
R A R B
L = 6м
Эпюра «Q»
12
- 12
Эпюра «М»
Рис .3
Решение:
I . Составляем уравнение равновесия и определяем опорные реакции R A и R B.
У MA = g * L * L - RB * L = 0;
2
RB = g * L * L = 4 * 6 = 12 кН ;
2 2
L
У M В = R А * L - g * L * L = 0;
2
R А = g * L * L = 4 * 6 = 12 кН.
2 2
L
Проверка:
У У = R А - g * L + RB = 0;
У У = 12 - 4 * 6 + 12 = 0.
II . Проводим сечения и определяем внутренние усилие для построения эпюр Q и М:
“Q ”
0 ? х1 ? 6м
х1 = 0; Q х1 = RA - g * х = 12 - 4 * 0 = 12 кН;
х1 = L = 3м; Q х1 = RA - g * х = 12 - 4 * 3 = 0 ;
2
х1 = L = 6м; Q х1 = RA - g * х = 12 - 4 * 6 = - 12кН ;
“М”
х1 = 0; M х1 = R А * х - g * х * х = 12 * 0 - 4 * 0 * 0 = 0;
2 2
х1 = L = 3м; M х1 = R А * х - g * х * х = 12 * 3 - 4 * 3 * 3 = 12кН * м ;
2 2 2
х1 = L = 6м; M х1 = R А * х - g * х * х = 12 * 6 - 4 * 6 * 6 = 0;
2 2
Задача № 4
Построить эпюры поперечных сил Q и изгибающих моментов М для балки изображённой на следующем чертеже (рис. 4): F1=2кН F2=10кН
A B
C D
X1
RA RB
X2
X3
м 2 м 3 м
Эпюра «Q»
5,7
3,7
-6,3
Эпюра «М»
Рис. 4
Решение:
I . Составляем уравнение равновесия и определяем опорные реакции R A и R B.
У MA = F1 * СА + F2 * DA - RB * BA = 0;
RB = F1 * CA + F2 * DA = 2* 2 + 10 * 4 = 6,28 кН ;
BA 7
У M В = R А * AB - F1 * CB - F2 * DB = 0;
R А = F1 * CB + F2 * DB = 2 * 5 + 10 * 3 = 5,7 кН .
AB 7
Проверка:
У У = R А + RB - F 1 - F 2 = 0;
У У = 5 ,7 + 6,28 - 2 - 10 = - 0 ,02 .
II . Проводим сечения х1, х2, х3 и определяем внутренние усилие для построения эпюры “Q ”:
0 ? х1 ? 2м (участок АС)
х1 = 0; Q х1 = RA = 5 ,7 кН;
х1 = 2м; Q х1 = RA = 5 ,7 кН;
2м ? х2 ? 4м (участок CD)
х2 = 2м; Q х2 = R А - F 1 = 5,7 - 2 = 3,7кН;
х2 = 4м; Q х2 = R А - F 1 = 5,7 - 2 = 3,7кН;
4м ? х3 ? 7м (участок DB)
х3 = 4м; Q х3 = R А - F 1 - F 2 = 5,7 - 2 - 10 = - 6,3кН;
х3 = 7м; Q х3 = R А - F 1 - F 2 = 5,7 - 2 - 10 = - 6,3кН.
III . В проведённых сечениях определяем внутренние усилие для построения эпюры “М”:
0 ? х1 ? 2м (участок АС)
х1 = 0; M х1 = R А * х1 = 5,7 * 0 = 0;
х1 = 2м; M х1 = R А * х1 = 5,7 * 2 = 11,4кН * м;
2м ? х2 ? 4м (участок CD)
х2 = 2м; M х2 = R А * х2 - F 1 ( х2 - 2) = 5,7 * 2 - 2(2 - 2) = 11,4кН * м;
х2 = 4м; M х2 = R А * х2 - F 1 ( х2 - 2) = 5 * 4 - 2(4 - 2) = 18,8кН * м;
4м ? х3 ? 7м (участок DB)
х3 = 4м; M х3 = R А * х3 - F 1 ( х3 -2) - F 2 ( х3 - 4) = 5,7 * 4 - 2(4 - 2) - 10(4 - 4)= =18,8 кН * м;
х3 = 7 м; M х3 = R А * х3 - F 1 ( х3 - 2 ) - F 2 ( х3 - 4 ) = 5 ,7 * 7- 2(7 - 2) - 10(7 - 4 )= = - 0 ,1кН * м.
Задача № 5
Построить эпюры поперечных сил Q и изгибфющих моментов М для балки изображенной на следующем чертеже (рис. 5):
Рис. 5
Решение
I . Составляем расчетную схему балки и определяем опорные реакции Ra и Rb:
У MA =0
У MA = q* 1/2a +q*2a+F*2a+M- R b *4a
отсюда R b = -q *1/2a +q*2a+F*2a+M = -4*2 *0.5* 2 + 4*2*2 +5*2*2 +10 = 6,75 кН
4a 4*2
R b =6,75 кН
У M b =0
У M b =-q*3a*3.5a+ R a *4a-F*2a+M
отсюда R a = q*3a*3.5a+ F*2a-M=4*3*2*3.5*2+5*2*2-10=22,25 кН
4 a 4*2
R a =22,25 kH
Для проверки определения опорных реакций, составляем сумму проекций всех сил приложенных к балке на вертикальную ось y:
У F y =0
У F y =- q*3a+R a -F=R b =-4*3*2+22,75-5+6,75=-24+22,25-5+6,75=0
II . Выделяем характерные точки, вечисляем значения поперечных сил и моментов в сечениях, проходящих через эти точки.
Характерными являются крайняя точка О, опорные сечения А и В и точки приложения нагузок D и E.
Вычисляем значения поперечных сил в сечениях, проходящих через указанные точки.
В сечение О:
Q 0 =0
В сечение А слева:
Q А лев = - q *a =-4*2=-8 kH
В сечение А справа:
Q А прав = - q *a + R a =-4*2+22,25 kH
(в сечение А справа имеет место скачек равный величине опорной реакции R a )
В сечение D слева:
Q D лев = - q *3 a + R a =-4*3*2+22,25= -1,75 kH
В сечение D справо:
Q D прав = - q *3 a + R a - F =-4*3-2+22,25-5=--6,75 kH
(в сечение D справо имеет место скачок равный величине приложенной силы F=5 kH)
На участке AD, как и на консоле ОА, эпюра поперечных сил ограничивается наклонной прямой, т.к. на обоих участках действует равномерно распределенная нагрузка. Наклон прямых на участках ОА и AD одинаков, в связи с равной интенсивностью распределенной нагрузки. В точке С сила Q имеет нулевое значение; расстояние до него определяем из подобия треугольных элнментов эпюры на участке АD. В сечение В поперечная сила отрицательна и численно равна Rb =6,75kH
Вычисляем значение моментов по характерным точкам:
В сечение О:
М о =0
В сечение А:
М А = - q *a *а/2=-4*2*2/2=-8кН*м
(в сечение А на консоли эпюра М имеет вид параболы, т.к. консоль загружена равномерно распределенной нагрузкой)
В сечение С:
М с = - q *2,5 a *2,5 а /2+ R a *1,5 a =-4*2,5*2*2,5*2+22,25*1,5*2=16,75 kH *м
В сечение D: 2
M D- =-q *3a*1,5a+R a *2a=-4*3*2*1,5*2+12,25*2*2=-23
На участке АD ето значение момента является МАХ. На эпюре моментов в этом сечении (в точке С) имеет место перегиб. Эпюра моментов имеет вид параболы.
В сечение Е слева:
М Е лев =- q *3 a *2,5 a + R a *3 a - F *a =-4*3*2*2,5*2+22,25*3*2=13,5 kH *м
В сечение Е справа:
М Е прав = М Е лев +М=13,5+10=23,5кН*м
На участке DE и ЕВ свободных от распределенной нагрузки, эпюра моментов ограничена прямыми наклонными линиями; в сечении Е имеет место скачек на величину приложенной пары сил М=5кНм.
С писок использованной литературы
1. Ляпунов А.М. «Сборник задач по технической механике».
2. Жарковский Б.И. «Курс лекций по технической механике».
3. Мухин В.С., Саков И.А. «Техническая механика».
4. Д.В.Бычков, М.О.Миров: «Теоретическая механика».
5. Н.С.Улитин: «Сопротивление материалов».