Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов

/>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».