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».