metoda_ter_mex1326_2 (537601)
Текст из файла
Министерство образования Российской ФедерацииМОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ «МАМИ»Кафедра «Теоретическая механика»Одобренометодической комиссией пообщенаучным дисциплинамРАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКИЕ РАБОТЫПО СТАТИКЕМетодические указания по курсу «Теоретическая механика»для студентов всех специальностейПод редакциейд.ф.-м.н., проф. Бондаря В.С.МОСКВА - 20042Авторский коллектив: Л.В.Божкова, В.Г.Рябов, Г.И.Норицына,В.К.Петров, Э.А.Томило, А.И.Зубков.Под редакцией д.ф.-м.н., проф. Бондаря В.С..Расчетно-графические работы по статике.
Методические указания по курсу"Теоретическая механика" для студентов всех специальностей.В настоящий сборник включены пять заданий по разделу "статика". Каждое задание содержит 30 схем конструкций, часть схем заимствована из "Сборниказаданий для курсовых работ по теоретической механике" под общей редакциейпроф. А.А.Яблонского. Приведены примеры выполнения всех заданий с пояснениями.Московский государственный технический университет «МАМИ», 20043ЗАДАНИЕ С-1Определить реакции опор конструкции. Схемы конструкций представленына рис.
1-5 (размеры - в м), нагрузка приведена в таблице 1. При этом величиныrr′rr′сил P1 и P1 , а также P2 и P2 равны соответственно между собой( P1 = P1′; P2 = P2′ ) .№№ варианта123456789101112131415161718192021222324252627282930P1 , кН6581012141612148151575689767851410111514101816P2 , кН810128610861011151618161767614164610М, кН⋅м252633252718202826292815302431262735323034107201487814Таблица 1.q, кН / м0,81,11,31,30,91,41,01,40,91,01,51,10,91,50,81,10,81,40,81,22,521,50,512,53124Рис. 15Рис.
26Рис. 37Рис. 48Рис. 59ПРИМЕР ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАНИЯДано: схема конструкции (рис.6); G = 10 кН; P = 5 кН; q = 0,5 кН/м; α = 30o,размеры – в м. Определить реакцию опоры A и реакцию стержня CD.РЕШЕНИЕРис. 6Рассмотримсистемууравновешивающихсясил,приложенных к балке AB. Отбрасываем связи: шарнирнонеподвижную опору A, стержень CD и нить.
Действиесвязей на балку заменяем ихреакциями (рис.7). Так как направление реакции шарнирнонеподвижной опоры A неизвестно, то определяем ее соrrставляющие X A и YA . Покаrжем также реакцию SCDrстержня и реакцию S нити, модуль которой равен P. Равномерно распределенную нагрузку интенсивностью q заменяемrсосредоточенной силой Q смодулем Q = 2q = 2·0,5 = 1 кН иприложенной в центре тяжестиэпюры этой нагрузки.Рис. 7Для плоской системы сил, приложенных к балке, составляем три уравнения равновесия:∑ FKx = 0;X A − S CD cos 30 o = 0;(1)∑ FKy = 0;YA − Q − G + SCD cos 60 o + S = 0;(2)− Q ⋅ 1 − G ⋅ 3 + S CD ⋅ 4 ⋅ sin 30 o − M + S ⋅ 6 = 0;(3)KKr∑ m A ( FK ) = 0;K10Из уравнения (3)SCD =Q ⋅1 + G ⋅ 3 + M − S ⋅ 6 1 ⋅ 1 + 10 ⋅ 3 + 8 − 5 ⋅ 6== 4,5кН .4 ⋅ 0,54 ⋅ sin 30oИз уравнения (1)X A = SCD cos 30o = 4,5 ⋅ 0,866 = 3,90кН .Из уравнения (2)YA = Q + G − SCD cos 60o − S = 1 + 10 − 4,5 ⋅ 0,5 − 5 = 3,75кН .Значения XА , YА , SCD получаются положительными, это указывает на то, чтопринятые направления этих сил совпадают с их действительными направлениями.11ЗАДАНИЕ С-2Определение реакций опор составной конструкции.Определить реакции опор и давление в промежуточном шарнире C заданной составной конструкции.
Схемы конструкции представлены на рис. 8–12, анеобходимые данные - в таблице 2.№№п/п123456789101112131415161718192021222324252627282930P,кН101215142016182022301012151420161820223010121514201618202230М,кН·м584641081268584641081268584641081268q,кН/м1,41,00,81,81,41,21,62,21,22,41,41,00,81,81,41,21,62,21,22,41,41,00,81,81,41,21,62,21,22,4a,м1,02,01,51,02,01,01,51,02,01,51,02,01,51,02,01,01,51,02,01,51,02,01,51,02,01,01,51,02,01,5Таблица 2α,β,град.град.45306015301575306015301560307530453030154530601530157530601530156030753045303015453060153015753060153015603075304530301512Рис.
813Рис. 914Рис. 1015Рис. 1116Рис. 1217ПРИМЕР ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАНИЯДано: схема конструкции (рис. 13а); P = 8 кН; M = 20 кНм; q = 2 кН/м ;a = 1 м; α = 60о; β = 30о. Определить реакции опор A и B и давление в промежуточном шарнире C.РЕШЕНИЕДанная конструкция состоит из двух тел, сочлененных шарниром C.
Задачу можно решить двумя способами.Первый способ. Мысленно освобождаемся от связей, наложенных на каждое из тел, заменяя их на соответствующие реакции. Рассматриваем системыуравновешивающихся сил, приложенных к каждомуr телу в отдельности.На первое тело (рис. 13б) действуют: сила P , пара сил с моментом M, реакция опоры A и давление балки CD в точке C. Реакция жесткой заделки Arrпредставляется силами X A , YA и парой сил с моментом MА, а давление балкиrrCD - составляющими X C и YC . Указанные силы расположены на плоскостипроизвольным образом, поэтому составляем три уравнения равновесия:∑ FKx = 0K∑ FKy = 0Kr;X A + X C − P ⋅ cos α = 0 ;(1);YA + YC − P ⋅ sin α = 0 ;(2)X A ⋅ OA + M A + YC ⋅ OC − M + P ⋅ OK = 0 ;(3)∑ m0 ( FK ) = 0;KOC = 1,5 ⋅ a = 1,5 м ,3OK = a ⋅ sin α = 1 ⋅= 0,87 м .2На второе тело (рис. 13в) действуют: распределенные силы интенсивностиq , реакция опоры B и давление первого тела вr точке C.
Равномерно распределенные силы заменяем их равнодействующей Q , приложенной в середине участка CD и направленной по вертикали вниз. Ее модуль определяется по формуле:гдеOA = 2 ⋅ a = 2 м ,Q = q · CD = 2 · 3,5 = 7 кН.rРеакция N B опоры B перпендикулярна к балке CD, а давление первого телаrrпредставляется составляющими X C′ и YC′ . Согласно аксиоме о равенстве действия и противодействия18Рис. 13X C′ = X CиYC′ = YCи19rrX C′ ↑↓ X C ,rrYC′ ↑↓ YC .Уравнения равновесия сил, приложенных к балке CD имеют вид:∑ FKx = 0K∑ FKy = 0;− X C′ − N B ⋅ sin β = 0 ;(4);− YC′ + N B ⋅ cos β − Q = 0 ;(5)N B ⋅ CB − Q ⋅ CF = 0 ;(6)Kr∑ mC ( FK ) = 0 ;KCD3,5 3⋅ cos β =⋅= 1,52 м.22 2Уравнения равновесия (1)-(6) образуют полную систему уравнений, откудаопределяются все шесть неизвестных величин: XА, YА, MА, XС, YС, NB.Из уравнения (6) находимCF1,52NB = Q ⋅= 7⋅= 10,64 кН.CB1где CB = a = 1 м, CF =Из уравнения (5)YC′ = N B ⋅ cos β − Q = 10,64 ⋅Из уравнения (4)3− 7 = 2,21 кН.21X C′ = − N B sin β = −10,64 ⋅ = −5,32 кН.2rОтрицательный знак указывает, что в действительности сила X C′ (соответrственно и X C ) будет направлена в сторону противоположную принятой.
Исrrтинные направления сил X C и YC , представляющих собой составляющие давrления RC балки CD на первое тело конструкции, показаны на рис. 13г.rМодуль RC и угол определяются по формулам:RC = X C2 + YC2 = (5,32) 2 + (2,21) 2 = 5,76 кН,YC= arctg 0,4154 = 22o34′ .XCДалее из уравнения (1) находим1X A = P ⋅ cosα − X C = 8 ⋅ + 5,32 = 9,32 кН.2Из уравнения (2)3YA = P ⋅ sin α − YC = 8 ⋅− 2,21 = 4,72 кН.2γ = arctg20Из уравнения (3)M A = − X A ⋅ OA − YC ⋅ OC + M − P ⋅ OK == −9,32 ⋅ 2 − 2,21 ⋅ 1,5 + 20 − 8 ⋅ 0,87 = −8,92 кН⋅м.Отрицательный знак указывает, что направление вращения пары в опоре Ав действительности противоположно выбранному.Второй способ. Рассматриваем систему уравновешивающихся сил, приrложенных ко всей конструкции (рис.13а).
На конструкцию действуют: сила P ,rпара сил с моментом M, равнодействующая Q распределенных сил и реакцииr rrопор A и B ( X A , YA , M A , N B ). При рассмотрении всей конструкции в целом давr rr rления в шарнире C ( X C , YC и X C′ , YC′ ) не рассматриваются.Уравнениями равновесия для указанной системы сил будут:∑ FKx = 0K∑ FKy = 0;X A − P ⋅ cos α − N B ⋅ sin β = 0 ;(7);YA − P ⋅ sin α + N B ⋅ cos β − Q = 0 ;(8)M A + P ⋅ h1 − M + N B ⋅ h2 − Q ⋅ h3 = 0 ;(9)Krm(F∑ A K)=0 ;Kгде31+ 2 ⋅ = 1,87 м,2231h2 = a + 1,5a ⋅ cos β + 2a ⋅ sin β = 1 + 1,5 ⋅+ 2 ⋅ = 3,30 м,223h3 = 1,5a + 1,75a ⋅ cos β = 1,5 + 1,75 ⋅= 3,02 м.2h1 = a ⋅ sin α + 2 ⋅ a ⋅ cosα =Далее следует рассматривать систему уравновешивающихся сил, приложенных к одному из тел конструкции, при этом целесообразно выбрать ту частьконструкции, на которую действует меньшее число сил.
В данном случае рассматриваем систему сил, действующих на балку CD, условия равновесия которой выражаются уравнениями (4) – (6).Таким образом, для определения шести неизвестных величин будем иметьсистему уравнений (4) – (9).В заключении отметим, что уравнения (7) – (9) могут быть использованыдля проверки результатов решения задачи первым способом, а уравнения (1) –(3) - вторым способом.21ЗАДАНИЕ С-3Приведение пространственной системы сил к заданному центру.rrОпределить главный вектор R и главный момент M 0 заданной системысил относительно центра O. Схемы вариантов приведены на рис. 14–18, необходимые данные - в таблице 3.№№ a=OE, b=OL, c=OB,п/пммм115201523040303456045460806051520156304030745604586080609152015103040301145604512608060131520151430403015456045166080601715201518304030194560452060806021152015223040302345604524608060251520152630403027456045286080602915201530304030F1,H912151821242730333612151821242730333699121518212427303336F2,H141822263034384246505458171921232527293114182226303438424550F3,H121620242832364044481620242832364044481212162024283236404448F4,H141822263034384246505458171921232527293114182226303438424650F5,H152025303540455055602025303540455055601515202530354045505560α,град607530156075301560753015607530156075301560753015607530156075Таблица 3.β,М,град Нм30101520603075403010152060307540301015206030754030101520603075403010152060307540301015206030754030101520603075403010152022Рис.
1423Рис. 1524Рис. 1625Рис. 1726Рис. 1827ПРИМЕР ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАНИЯДано:M = 10 Нм;(рис. 19а).F1 = 15 Н;a = 0,5 м;F2 = 60 Н ;F3 = 30 Н;F4 = 20 Н;b = 0,4 м; c = 0,3 м; α = 600; β = 300F5 = 25 Н;РЕШЕНИЕrПрежде, чем приступить к определению главного вектора R заданной сисrтемы сил и ее главного момента M 0 относительно начала координат, введем угrrлы γ, φ и разложим силу F4 на две составляющие: F4′ – на плоскости XOY иrF4(3) - перпендикулярно к ней (рис.19а).F4′ = F4 ⋅ sin β = 10F4(3) = F4 ⋅ cos β = 17,32 Н.Н,rrПроекцию силы F4 на ось найдем, как сумму проекций составляющих F4′ иrF4(3) , а ее момент относительно оси, согласно теореме Вариньона, будет равенrrсумме моментов F4′ и F4(3) относительно этой же оси.Для проекций главного вектора на координатные оси получим выражения:5Rx = ∑ Fkx = − F1 + F2 ⋅ cos ϕ + F4′ ⋅ sin γ ,(1)R y = ∑ Fky = F3 ⋅ cos α − F4′ ⋅ cos γ − F5 ,(2)Rz = ∑ Fkz = − F2 ⋅ sin ϕ + F3 ⋅ sin α + F4(3) ,(3)k =15k =15k =1гдеOAa== 0,78 ,ADa 2 + b2ONcsin ϕ === 0,51 ,ANa2 + c2sin γ =ODb== 0,62 ,ADa2 + b2OAacos ϕ === 0,86 .ANa2 + c2cos γ =rrПодставив в (1) – (3) выражения для F4′ и F4(3) , заданные значения F1, F2,…, F5, α, β, а также найденные значения тригонометрических функций углов φи γ, получимRx = 44,27 Н,Модуль главного вектораR y = −16,25 Н,Rz = 12,31 Н.28а)б)в)Рис.
Характеристики
Тип файла PDF
PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.
Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
