РефератыПромышленность, производствоПоПостроение 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


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».

Сохранить в соц. сетях:
Обсуждение:
comments powered by Disqus

Название реферата: Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов

Слов:2663
Символов:17778
Размер:34.72 Кб.