| 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 в
    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.
Σ
MA = F1 • a + F2 • 2a – RB • 3a = 0;
отсюда RB = F1 • a + F2 • 2a = 5• 2 + 5 • 2 • 2 = 5
кН
;
3a 3 • 2
Σ
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:
ΣУ =
R
А –
F
1 –
F
2 +
RB
= 0;
ΣУ = 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.
Σ
MA = F • L1 + RB • L
= 0;
RB = F • L1 = 10 • 5 = 5
кН
;
L
10
Σ
M
В
= R
А
• L
– F • L2 = 0;
R
А
= F • L2 = 10 • 5 = 5
кН
.
L
10
Проверка:
ΣУ =
R
А –
F
+
RB
= 0;
ΣУ = 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 =
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 ≤ 5м
(участок АС)
х1 = 0;
M
х1 =
R
А • х1 = 5 • 0 = 0;
х1 = 5м;
M
х1 =
R
А • х1 = 5 • 5 = 25кН • м;
5м ≤ х2 ≤ 10м
(участок CВ)
х2 = 5м;
M
х2 =
R
А • х2 –
F
х2 – 10) = 5 • 5 – 10 (5 – 10) = 25кН • м;
2 2
х2 = 10м;
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.
Σ
MA = g • L • L
– RB • L
= 0;
2
   RB = g • L • L
= 4 • 6 = 12
кН
;
2 2
L
Σ
M
В
= R
А
• L
– g • L • L = 0;
2
R
А =
g
•
L
•
L
= 4 • 6 = 12кН.
2 2
L
Проверка:
ΣУ =
R
А –
g
•
L
+
RB
= 0;
ΣУ = 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 в
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.
Σ
MA = F1 •
СА
+ F2 • DA – RB • BA = 0;
RB = F1 • CA + F2 • DA = 2• 2 + 10 • 4 = 6,28
кН
;
BA 7
Σ
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:
ΣУ =
R
А +
RB
–
F
1 –
F
2 = 0;
ΣУ = 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 =
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)= =18,8кН • м;
х3 = 7м;
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
:
Σ
MA =0
Σ
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
=6,75
кН
Σ
Mb
=0
Σ
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=22,25
кН
4
a
4•2
Ra
=22,25
kH
Для проверки определения опорных реакций, составляем сумму проекций всех сил приложенных к балке на вертикальную ось y:
Σ
Fy
=0
Σ
Fy
=- 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 в 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
+
Ra
=-4•2+22,25
kH
(в сечение А справа имеет место скачек равный величине опорной реакции Ra
)
В сечение в слева:
QD
лев
= -
q
•3
a
+
Ra
=-4•3•2+22,25=-1,75
kH
В сечение в справо:
QD
прав
=
-
q
•3
a
+
Ra
-
F
=-4•3-2+22,25-5=--6,75
kH
(в сечение в 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
•2,5
a
•2,5а/2+
Ra
•1,5
a
=-4•2,5•2•2,5•2+22,25•1,5•2=16,75
kH
•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:
МЕ
лев
=-
q
•3
a
•2,5
a
+
Ra
•3
a
-
F
•
a
=-4•3•2•2,5•2+22,25•3•2=13,5
kH
•
м
В сечение Е справа:
МЕ
прав
= МЕ
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.
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».
|