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

X2

X3

а =2м а =2м а =2м

Эпюра «Q»

4

-4

Эпюра «М»

Рис. 1

Решение:

I. Составляем уравнение равновесия и определяем опорные реакции RA и RB.

У MA = F1 * a + F2 * 2a - RB * 3a = 0;

отсюда RB = F1 * a + F2 * 2a = 5* 2 + 5 * 2 * 2 = 5кН;

3a 3 * 2

У MВ = RА * 3a - F1 * 2a - F2 * a = 0;

отсюда RА = F1 * 2a - F2 * a = 5 * 2 * 2 + 5* 2 = 5кН.

3a 3 * 2

Проверка:

УУ = RА - F1 - F2 + RB = 0;

УУ = 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 = RА - F1 = 5 - 5 = 0;

х2 = 4м; Q х2 = RА - F1 = 5 - 5 = 0;

4м ? х3 ? 6м (участок DB)

х3 = 4м; Q х3 = RА - F1 - F2 = 5 - 5 - 5 = - 5;

х3 = 6м; Q х3 = RА - F1 - F2 = 5 - 5 - 5 = - 5.

III. В проведённых сечениях определяем внутренние усилие для построения эпюры “М”:

0 ? х1 ? 2м (участок АС)

х1 = 0; M х1 = RА * х1 = 5 * 0 = 0;

х1 = 2м; M х1 = RА * х1 = 5 * 2 = 10кН * м;

2м ? х2 ? 4м (участок CD)

х2 = 2м; M х2 = RА * х2 - F1(х2 - а) = 5 * 2 - 5(2 - 2) = 10кН * м;

х2 = 4м; M х2 = RА * х2 - F1(х2 - а) = 5 * 4 - 5(4 - 2) = 10кН * м;

4м ? х3 ? 6м (участок DB)

х3 = 4м; M х3 = RА * х3 - F1(х3 - а) - F2(х3 -2а) = 5 * 4 - 5(4 - 2) - 5(4 - 2 * 2)= =10кН * м;

х3 = 6м; M х3 = RА * х3 - F1(х3 - а) - F2(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 RA и RB.

У MA = F * L1 + RB * L = 0;

RB = F * L1 = 10 * 5 = 5кН;

L 10

У MВ = RА * L - F * L2 = 0;

RА = F * L2 = 10 * 5 = 5кН.

L 10

Проверка:

УУ = RА - F + RB = 0;

УУ = 5 - 10 + 5 = 0.

II. Проводим сечения х1, х2 и определяем внутренние усилие для построения эпюры “Q”:

0 ? х1 ? 5м (участок АС)

х1 = 0; Q х1 = RA = 5кН;

х1 = 5м; Q х1 = RA = 5кН;

5м ? х2 ? 10м (участок CВ)

х2 = 5м; Q х2 = RА - F = 5 - 10 = - 5кН;

х2 = 10м; Q х2 = RА - F = 5 - 10 = - 5кН.

III. В проведённых сечениях определяем внутренние усилие для построения эпюры “М”:

0 ? х1 ? 5м (участок АС)

х1 = 0; M х1 = RА * х1 = 5 * 0 = 0;

х1 = 5м; M х1 = RА * х1 = 5 * 5 = 25кН * м;

5м ? х2 ? 10м (участок CВ)

х2 = 5м; M х2 = RА * х2 - F х2 - 10) = 5 * 5 - 10 (5 - 10) = 25кН * м;

2 2

х2 = 10м; M х2 = RА * 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

RA RB

L = 6м

Эпюра «Q»

12

- 12

Эпюра «М»

Рис .3

Решение:

I. Составляем уравнение равновесия и определяем опорные реакции RA и RB.

У MA = g * L * L - RB * L = 0;

2

RB = g * L * L = 4 * 6 = 12кН;

2 2

L

У MВ = RА * L - g * L * L = 0;

2

RА = g * L * L = 4 * 6 = 12кН.

2 2

L

Проверка:

УУ = RА - g * L + RB = 0;

УУ = 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 = RА * х - g * х * х = 12 * 0 - 4 * 0 * 0 = 0;

2 2

х1 = L = 3м; M х1 = RА * х - g * х * х = 12 * 3 - 4 * 3 * 3 = 12кН * м;

2 2 2

х1 = L = 6м; M х1 = RА * 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 RA и RB.

У MA = F1 * СА + F2 * DA - RB * BA = 0;

RB = F1 * CA + F2 * DA = 2* 2 + 10 * 4 = 6,28кН;

BA 7

У MВ = RА * AB - F1 * CB - F2 * DB = 0;

RА = F1 * CB + F2 * DB = 2 * 5 + 10 * 3 = 5,7кН.

AB 7

Проверка:

УУ = RА + RB - F1 - F2 = 0;

УУ = 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 = 5,7кН;

х1 = 2м; Q х1 = RA = 5,7кН;

2м ? х2 ? 4м (участок CD)

х2 = 2м; Q х2 = RА - F1 = 5,7 - 2 = 3,7кН;

х2 = 4м; Q х2 = RА - F1 = 5,7 - 2 = 3,7кН;

4м ? х3 ? 7м (участок DB)

х3 = 4м; Q х3 = RА - F1 - F2 = 5,7 - 2 - 10 = - 6,3кН;

х3 = 7м; Q х3 = RА - F1 - F2 = 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 = RА * х1 = 5,7 * 0 = 0;

х1 = 2м; M х1 = RА * х1 = 5,7 * 2 = 11,4кН * м;

2м ? х2 ? 4м (участок CD)

х2 = 2м; M х2 = RА * х2 - F1(х2 - 2) = 5,7 * 2 - 2(2 - 2) = 11,4кН * м;

х2 = 4м; M х2 = RА * х2 - F1(х2 - 2) = 5 * 4 - 2(4 - 2) = 18,8кН * м;

4м ? х3 ? 7м (участок DB)

х3 = 4м; M х3 = RА * х3 - F1(х3 -2) - F2(х3 - 4) = 5,7 * 4 - 2(4 - 2) - 10(4 - 4)= =18,8кН * м;

х3 = 7м; M х3 = RА * х3 - F1(х3 - 2) - F2(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-Rb *4a

отсюда Rb= -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

Rb=6,75кН

У Mb=0

У Mb=-q*3a*3.5a+Ra*4a-F*2a+M

отсюда Ra= q*3a*3.5a+ F*2a-M=4*3*2*3.5*2+5*2*2-10=22,25кН

4a 4*2

Ra=22,25kH

Для проверки определения опорных реакций, составляем сумму проекций всех сил приложенных к балке на вертикальную ось y:

УFy=0

УFy=- q*3a+Ra-F=Rb=-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:

Q0=0

В сечение А слева:

QАлев= - q*a=-4*2=-8 kH

В сечение А справа:

QАправ= - q*a+ Ra=-4*2+22,25 kH

(в сечение А справа имеет место скачек равный величине опорной реакции Ra)

В сечение D слева:

QDлев= - q*3a+Ra=-4*3*2+22,25=-1,75kH

В сечение D справо:

QDправ=- q*3a+Ra-F=-4*3-2+22,25-5=--6,75kH

(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:

Мо=0

В сечение А:

МА=- 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:

Мс= - q*2,5a*2,5а/2+Ra*1,5a=-4*2,5*2*2,5*2+22,25*1,5*2=16,75kH*м

В сечение D: 2

MD-=-q*3a*1,5a+Ra*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:

МЕлев=-q*3a*2,5a+Ra*3a-F*a=-4*3*2*2,5*2+22,25*3*2=13,5kH*м

В сечение Е справа:

МЕправ= МЕлев+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.

Список 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».