Реферат: 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=5кНF=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.

ΣMA = F1 • a + F2 • 2a – RB • 3a = 0;

отсюдаRB = F1 • a + F2 • 2a = 5• 2 + 5 • 2 • 2 = 5кН;

3a 3 • 2

ΣMВ= RА• 3a – F1 • 2a – F2 • a = 0;

отсюдаRА= F1 • 2a – F2 • a = 5 • 2 • 2 + 5• 2 = 5кН.

3a3 • 2

Проверка:

ΣУ = RА – F1 – F2 + RB= 0;

ΣУ = 5 – 5 – 5 + 5 = 0.

II. Проводим сечения х1, х2, х3 и определяем внутренние усилиедля построения эпюры “Q”:

0 ≤ х1 ≤ 2м (участок АС)

х1 = 0; Qх1 = RA= 5кН;

х1 = 2м; Qх1 = RA= 5кН;

2м ≤ х2 ≤ 4м (участок CD)

х2 = 2м; Qх2 = RА – F1 = 5 – 5 = 0;

х2 = 4м; Qх2 = RА – F1 = 5 – 5 = 0;

4м ≤ х3 ≤ 6м (участок DB)

х3 = 4м; Qх3 = RА – F1 – F2 = 5 – 5 – 5 = — 5;

х3 = 6м; Qх3 = 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; Mх1 = RА • х1 = 5 • 0 = 0;

х1 = 2м; Mх1 = RА • х1 = 5 • 2 = 10кН • м;

2м ≤ х2 ≤ 4м (участок CD)

х2 = 2м; Mх2 = RА • х2 – F1(х2 – а) = 5 • 2 – 5(2 – 2) = 10кН • м;

х2 = 4м; Mх2 = RА • х2 – F1(х2 – а) = 5 • 4 – 5(4 – 2) = 10кН • м;

4м ≤ х3 ≤ 6м (участок DB)

х3 = 4м; Mх3 = RА • х3 – F1(х3 – а) – F2(х3 –2а) = 5 • 4 – 5(4 – 2) – 5(4 – 2 • 2)= =10кН • м;

х3 = 6м; Mх3 = 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

--PAGE_BREAK--

/>

/>

/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>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.

ΣMA = F • L1 + RB • L= 0;

RB = F • L1 = 10 • 5 = 5кН;

L10

ΣMВ= RА• L– F • L2 = 0;

RА= F • L2 = 10 • 5 = 5кН.

L10

Проверка:

ΣУ = RА – F+ RB= 0;

ΣУ = 5 – 10 + 5 = 0.

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

0 ≤ х1 ≤ 5м (участок АС)

х1 = 0; Qх1 = RA= 5кН;

х1 = 5м; Qх1 = RA= 5кН;

5м ≤ х2 ≤ 10м (участок CВ)

х2 = 5м; Qх2 = RА – F= 5 – 10 = — 5кН;

х2 = 10м; Qх2 = RА – F= 5 – 10 = — 5кН.

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

0 ≤ х1 ≤ 5м (участок АС)

х1 = 0; Mх1 = RА • х1 = 5 • 0 = 0;

х1 = 5м; Mх1 = RА • х1 = 5 • 5 = 25кН • м;

5м ≤ х2 ≤ 10м (участок CВ)

х2 = 5м; Mх2 = RА • х2 – Fх2 – 10) = 5 • 5 – 10 (5 – 10) = 25кН • м;

2 2

х2 = 10м; Mх2 = RА • х2 – Fх2 – 10) = 5 • 10 – 10(10 – 10) = 0.

2 2

Задача № 3

Построить эпюры поперечных сил Qи изгибающих моментов Мдля балки изображённой на следуещем чертеже (рис. 3): g = 4кН/м

/>

/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>A B

/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>gL

/>/>/>/>/>/>/>/>/>Х

/>RA RB

/>/>L = 6м

/>

Эпюра«Q»

/>/>/>

/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>12

    продолжение
--PAGE_BREAK--

/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>— 12

Эпюра«М»

/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>/>

/>/>

Рис .3

Решение:

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

ΣMA = g • L • L– RB • L= 0;

2

/>/>/>RB = g • L • L= 4 • 6 = 12кН;

2 2

L

ΣMВ= RА• L– g • L • L = 0;

2

RА = g• L• L= 4 • 6 = 12кН.

2 2

L

Проверка:

ΣУ = RА – g• L+ RB= 0;

ΣУ = 12 – 4 • 6 + 12 = 0.

II. Проводим сечения и определяем внутренние усилиедля построения эпюр Q и М:

“Q”

0 ≤ х1 ≤ 6м

х1 = 0; Qх1 = RA– g• х = 12 – 4 • 0 = 12 кН;

х1 =L= 3м; Qх1 = RA– g• х = 12 – 4 • 3 = 0;

2

х1 = L= 6м; Qх1 = RA– g• х = 12 – 4 • 6 = — 12кН ;

“М”

х1 = 0; Mх1 = RА • х – g• х • х = 12 • 0 – 4 • 0 • 0 = 0;

2 2

х1 =L= 3м; Mх1 = RА • х – g• х • х = 12 • 3 – 4 • 3 • 3 = 12кН • м;

2 2 2

х1 = L= 6м; Mх1 = 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:

    продолжение
--PAGE_BREAK--

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

ΣMA = F1 • СА+ F2 • DA – RB • BA = 0;

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

BA 7

ΣMВ= RА• AB – F1 • CB – F2 • DB = 0;

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

AB7

Проверка:

ΣУ = RА + RB– F1 – F2 = 0;

ΣУ = 5,7 + 6,28 – 2 – 10 = — 0,02 .

II. Проводим сечения х1, х2, х3 и определяем внутренние усилиедля построения эпюры “Q”:

0 ≤ х1 ≤ 2м (участок АС)

х1 = 0; Qх1 = RA= 5,7кН;

х1 = 2м; Qх1 = RA= 5,7кН;

2м ≤ х2 ≤ 4м (участок CD)

х2 = 2м; Qх2 = RА – F1 = 5,7 – 2 = 3,7кН;

х2 = 4м; Qх2 = RА – F1 = 5,7 – 2 = 3,7кН;

4м ≤ х3 ≤ 7м (участок DB)

х3 = 4м; Qх3 = RА – F1 – F2 = 5,7 – 2 – 10 = — 6,3кН;

х3 = 7м; Qх3 = 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; Mх1 = RА • х1 = 5,7 • 0 = 0;

х1 = 2м; Mх1 = RА • х1 = 5,7 • 2 = 11,4кН • м;

2м ≤ х2 ≤ 4м (участок CD)

х2 = 2м; Mх2 = RА • х2 – F1(х2 – 2) = 5,7 • 2 – 2(2 – 2) = 11,4кН • м;

х2 = 4м; Mх2 = RА • х2 – F1(х2 – 2) = 5 • 4 – 2(4 – 2) = 18,8кН • м;

4м ≤ х3 ≤ 7м (участок DB)

х3 = 4м; Mх3 = RА • х3 – F1(х3 –2) – F2(х3 – 4) = 5,7 • 4 – 2(4 – 2) – 10(4 – 4)= =18,8кН • м;

х3 = 7м; Mх3 = 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:

ΣMA =0

ΣMA =q• 1/2a+q•2a+F•2a+M-Rb •4a

отсюдаRb= -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

ΣMb=0

ΣMb=-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

4a4•2

Ra=22,25kH

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

ΣFy=0

ΣFy=- 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:

Q=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

    продолжение
--PAGE_BREAK--

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

ВсечениеD: 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».