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. 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 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. 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 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 + Ra =-4•2+22,25 kH (в сечение А справа имеет место скачек равный величине опорной реакции Ra ) В сечение D слева: QD лев = - q •3 a + Ra =-4•3•2+22,25=-1,75 kH В сечение D справо: QD прав = - q •3 a + Ra - 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: 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».