Методичка по тер. механике (3 семестр)
.pdf
21
Дано: F = 24кН , P = 20кН , q = 10кН / м , M = 30кНм , α = 30° .
Определить реакции опор А и В.
α |
C |
q |
P |
|
|
|
|
F |
|
|
М |
α
|
α C |
Q |
|
|
|
P |
|
F |
|
|
М
α
Решение.
1.Отбрасываем связи (опоры) и заменяем их действие неизвестными реакциями. Реакция шарнирно-неподвижной опоры А неизвестна по направлению, поэтому мы представляем ее в виде двух составляющих X и Y. Реакцию шарнирно-подвижной опоры В направляем вдоль линии соединяющей концевые шарниры невесомого стержня.
2.Раскладываем все наклонные силы на составляющие по осям х и у с целью использования теоремы Вариньона для вычисления их моментов относительно заданных точек.
3.Заменяем распределенную нагрузку ее равнодействующей, величина которой равна площади эпюры, т.е.
Q = q 1.6м = 10 кН 1.6м = 16кН.
м
4.Составляем уравнения равновесия полученной системы сил, используя основную форму (1-ю):
∑M A = 0 |
|
|
∑X = 0 |
|
|
|
∑Y = 0; |
P cosα 1.6 + Q 0.8 - M - F 3 + RB sinα 1+ RB cosα 4 = 0 |
||||
|
|
|
|
sinα = 0 |
X A − P cosα −Q + RB |
||||
Y |
+ Psinα + R |
B |
cosα |
− F = 0. |
A |
|
|
|
|
5. Решаем систему уравнений и находим неизвестные реакции.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
22 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
− 20 |
|
3 |
|
1.6 −16 0.8 + 30 + 24 3 |
|||||||||||
|
|
|
|
− P cosα 1.6 |
− Q 0.8 + M + F 3 |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
= |
|
2 |
|
|||||||||||||||||||||||||
RB |
sinα 1+ cosα 4 |
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 15.511кН; |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
+ 4 |
3 |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
2 |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
X |
|
= P cosα + Q - R |
|
sinα = |
20 |
|
3 |
+16 −15.511 |
1 |
= 25.565кН; |
|||||||||||||||||||||
A |
B |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
Y |
|
|
= −P sinα − R |
|
cosα + F = −20 |
|
1 |
|
−15.511 |
|
|
|
3 |
+ 24 = 0.567кН. |
|||||||||||||||||
A |
|
B |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
6.Выполняем проверку, вычисляя сумму моментов относительно |
|||||||||||||||||||||||||||||||
произвольной точки С. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
∑MC = X A 1.6−YA 2− Psinα 2− Q 0.8− M − F 1+ RB sinα 2.6+ RB cosα 2 = |
|||||||||||||||||||||||||||||||
25.565 1.6 − 0.567 2 − 20 |
1 |
2 −16 0.8 − 30 − 24 1+15.511 |
1 |
2.6 +15.511 |
3 |
2 = 0.0007. |
||
|
|
|
||||||
2 |
|
2 |
2 |
|
||||
Проверка выполняется с удовлетворительной точностью. |
||||||||
|
|
|
|
|||||
Ответ: Реакции равны RA = |
X A2 + YA2 = 25.571кН, RB |
= 14.444кН. |
||||||
Задача 4. Тема: Равновесие плоской системы сил, приложенных к составной раме.
Конструкции, состоящие из нескольких твердых тел, соединенных между собой связями (шарнирами), называются сочлененными системами. В соответствии с аксиомой отвердевания совокупность сил, действующих на любую систему тел, должна при равновесии этой системы удовлетворять условиям равновесия абсолютно твердого тела.
При решении задач на равновесие системы тел необходимо учесть, что все внешние и внутренние силы, приложенные к каждому телу в отдельности, уравновешиваются. Следовательно, в случае плоской системы сил можно составить три уравнения равновесия для каждого из этих тел в отдельности. Таким образом, для системы, состоящей из n тел, можно составить всего 3n уравнений равновесия.
Весьма часто, бывает целесообразно определить только реакции внешних связей (опор) сочлененной конструкции. В этом случае достаточно
23
составить три уравнения равновесия для всей системы в целом (как для одного абсолютно твердого тела) и затем к ним присоединить необходимое число уравнений моментов сил относительно внутренних шарниров, соединяющих отдельные части ( диски ) данной конструкции.
Пример: данная сочлененная система состоит из двух тел: балки АС и балки СВ, шарнирно соединенными в точке С. Балка АС в точке А жестко заделана в стену, балка СВ в точке В опирается на шарнирно-подвижную опору.
Дано: F = 24кН , q = 10кН / м , M = 30кНм .
Определить реакции опор А и В.
|
|
D |
|
м |
|
F |
М |
1.5 |
|
q |
|
|
|
|
|
1м |
A |
C |
|
1м |
|
|
B |
|
|
|
М
C
2м |
|
3м |
|
1.5м |
|
1.5м |
||||
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение.
1.Отбрасываем связи (опоры) и заменяем их неизвестными реакциями.
2.Заменяем распределенную нагрузку ее равнодействующей
Q = q 2.5м =10 кН 2.5м = 25кН.
м
3.Составляем уравнение, выражающее отсутствие поворота второго диска относительно первого диска.
∑MC(CB) = 0; −F 1.5− M + XB 2 = 0;
откуда |
X B |
= |
F 1.5 |
+ M |
= |
241.5 + 30 |
= 33кН. |
|
|
|
|||||
|
|
2 |
2 |
|
|||
4.Пользуясь аксиомой отвердения, составляем уравнения равновесия всей конструкции, считая ее абсолютно твердым телом.
∑X = 0∑ =Y 0
∑MA = 0;
24
X A + X B − Q = 0
YA − F = 0
M A + Q 1.25 − F 6.5 − M + X B 1 = 0.
5. Решаем систему уравнений и находим неизвестные реакции.
X A = −X B + Q = −33+ 25 = −8кН;
YA = F = 24кН;
MA = −Q 1.25+ F 6.5 + M − X B 1 = −25 1.25+ 24 6.5 + 30 − 33 1 = 121.75кН м.
6.Выполняем проверку, вычисляя сумму моментов всех сил приложенных
краме относительно произвольной точки D.
∑MD = MA + XA 2.5−YA 5− Q 1.25− F 1.5− M + XB 2 =
121.75− 8 2.5 − 24 5 − 25 1.25− 24 1.5 − 30 + 33 3.5 = 0
Проверка выполняется.
Ответ: Реакции равны: X A = −8кН |
(сила направлена в другую сторону), |
YA = 24кН, M A = 121.75кН м, |
X B = 33кН. |
Задача 5. Тема: Равновесие пространственной системы параллельных сил.
Тело произвольной формы, находящееся в поле сил тяжести, можно разбить сечениями, параллельными координатным плоскостям, на элементарные объемы. Если учесть, что радиус Земли очень велик, то силы тяжести, действующие на каждый элементарный объем, можно считать параллельными друг другу. Система таких сил может быть приведена к равнодействующей, которая называется силой тяжести данного тела. А точка приложения этой силы называется центром тяжести данного тела. Положение центра тяжести тела зависит только от формы тела и распределения в нем элементарных объемов.
Таким образом, центр тяжести- это такая геометрическая точка, неизменно связанная с телом, через которую проходит линия действия силы тяжести данного тела при любом его положении в пространстве.
25
Координаты центра тяжести твердого тела (точки С) определяются
формулами:
x |
= |
∑Gk xk |
y |
= |
∑Gk yk |
z |
= |
∑Gk zk |
|
∑Gk |
∑Gk |
∑Gk |
|||||||
c |
|
c |
|
c |
|
где Gк – сила тяжести элементарных объемов тела,
хк , ук , zк – координаты центров тяжести элементарных объемов тела, G = Σ Gк – сила тяжести данного тела ( его вес ).
В частном случае, для плоских однородных тел в виде тонких фигур постоянной толщины, координаты центра тяжести определяются формулами:
;
,
где Ак – площади простейших частей плоской фигуры, центры тяжести которых заранее известны,
xк, ук – координаты центров тяжести простейших фигур, А = Σ Ак – площадь данной плоской фигуры.
Пример: Однородная плита, изображенная на рисунке с указанными размерами, прикреплена к земле при помощи трех стоек (опор). Способом разбиения на элементарные фигуры найти координаты центра тяжести этой плиты и реакции опор в указанных точках их крепления.
Дано: вес 1м2 плиты равен g = 5кН м2 .
Определить реакции связей на опорах 1,2 и 3. Решение
1.Выбираем исходную систему координат xO yO .
2.Разбиваем фигуру на простые составляющие.
|
|
|
26 |
|
|
|
|
|
|
|
y0 |
1 |
|
|
|
|
c1 |
4м |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
c5 |
3м |
|
|
3 |
|
c4 |
|
|
8 |
|
c3 |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
6 |
5 |
c |
|
|
|
|
3 |
2 |
3м |
|
|
|
x0 |
|
|
|
|
|
||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3м |
3м |
6м |
3м |
O |
2 |
|
4.5 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
|
|
9 |
3.Определяем площади и координаты центров тяжести составных частей фигуры.
A = 12 4 = 48м2 |
; |
x = 9м; |
y = 8м; |
||||
1 |
|
1 |
|
1 |
|
||
A = 6 3 = 18м2 ; |
|
x |
2 |
= 4.5м; |
y |
2 |
= 3м; |
2 |
|
|
|
|
|
||
A = 3 6 2 = 9м2 |
; |
x |
3 |
= 2м; |
y |
3 |
= 3м; |
3 |
|
|
|
|
|
||
A = 3 6 2 = 9м2 |
; |
x |
4 |
= 8м; |
y |
4 |
= 5м; |
4 |
|
|
|
|
|
||
A = π 22 = 12.56м2 ; |
x |
5 |
= 6м; |
y |
5 |
= 6м. |
|
5 |
|
|
|
|
|
||
4.Определяем общую площадь фигуры и вес плиты (равнодействующую системы параллельных сил тяжести).
A = A1 + A2 + A3 + A4 - A5 = 48 +18 + 9 + 9 −12.56 = 71.44м2 ;
G= g A = 5 71.44 = 357.2кН.
5.Определяем точку приложения равнодействующей (координаты
|
|
центра |
тяжести) и показываем ее на рисунке. |
|||||||||
x |
|
= |
|
x1 A1 + x2 A2 + x3 A3 + x4 A4 − x5 A5 |
|
= |
9 48 + 4.5 18 + 2 9 + 8 9 − 6 12.56 |
= 7.386м; |
||||
C |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
A1 |
+ A2 + A3 + A4 − A5 |
71.44 |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|||||||
y |
|
= |
y1 A1 + y2 A2 + y3 A3 + y4 A4 − y5 A5 |
|
= |
8 48 + 3 18 + 3 9 + 5 9 − 6 12.56 |
= 6.084м; |
|||||
C |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
A1 |
+ A2 + A3 + A4 − A5 |
71.44 |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
27 |
|
|
|
y0 |
v |
yC |
|
м |
|
1 |
|
|
|
3.916 |
4м |
|
|
|
|
|
|
C |
xC |
||
м |
|
|
|
3 |
|
6.084 |
|
|
|
|
|
6м |
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
C |
|
|
|
u |
x0 |
y |
|
2 |
|
||
|
|
|
|||
|
|
3м |
|
9м |
|
|
|
|
4.386м |
4.614м |
|
|
|
xC = 7.386м |
|
|
|
w |
G |
|
|
|
|
|
|
||
1,2 |
C |
|
3 |
u |
R1 |
4.386м |
|
R3 |
|
R2 |
|
9м |
|
|
|
|
|
|
|
|
w |
G |
|
|
|
6.084м |
|
|
|
2 |
3 |
C |
1 |
v |
R2 |
6м |
R3 |
|
R1 |
|
10м |
|
||
|
|
|
|
|
6. Составляем уравнения равновесия, используя систему координатных осей uvw, проходящих через точки опирания плиты.
∑MV |
= 0 |
|
= 0 |
∑MU |
∑W = 0;
G 4.386 − R3 9 |
= 0 |
|||
|
6 − G 6.084 |
+ R1 10 = 0 |
||
R3 |
||||
R |
+ R |
2 |
+ R − G = 0; |
|
1 |
|
3 |
|
|
6. Решая систему уравнений, определяем реакции опор.
R3 |
= G 4.386/9 = 357.2 4.386/9 = 174.075кН |
6)/10 |
|
||
1 |
|
3 |
= 112.875кН |
||
R |
|
= (G 6.084 − R 6)/10 = (357.2 6.084 −174.075 |
|||
R |
2 |
= G − R |
− R = 357.2 −112.875−174.075 = 70.25кН. |
|
|
|
1 |
3 |
|
|
|
Ответ: реакции стоек равны R1 = 112.875кН , R2 = 70.25кН , R3 = 174.075кН .
Задача 6. Тема: Равновесие пространственной системы произвольно расположенных сил.
Для равновесия пространственной системы сил необходимо и достаточно, чтобы главный вектор и главный момент этой системы равнялись нулю. В проекциях на координатные оси это условие равновесия может быть записано в виде шести уравнений равновесия: трех уравнений проекций сил на координатные оси и трех уравнений моментов этих сил относительно данных осей.
ΣХ = 0, ΣУ = 0, ΣZ = 0; ΣМх = 0, ΣМу = 0, ΣМz = 0;
28
Пример: абсолютно твердое тело, в виде параллелепипеда заданных размеров, полностью закреплено с помощью внешних связей. К ребрам и граням данного тела приложены активные нагрузки в виде сосредоточенных сил и распределенных нагрузок. Требуется определить реакции связей.
Дано: F = 8кН; Р = 12кН; q = 2кН / м.
Определить реакции связей.
|
|
z |
Q |
w |
X C |
|
|
|
|
|
|
F |
q |
F |
|
|
|
|
|
|
|
||
1м |
|
|
|
|
v |
|
|
|
|
|
2м |
|
|
|
|
u |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
Y A |
|
|
y |
|
P |
|
X A |
P |
X B |
|
|
2м |
2м |
Z A |
Z B |
|||
|
||||||
|
|
x |
|
|
|
1. Отбрасываем связи (опоры) и заменяем их неизвестными реакциями. Распределенные нагрузки заменяем равнодействующими.
2Выбираем систему координат xyz, проводя оси через шаровой шарнир. 3Составляем уравнения равновесия.
∑M X |
= 0 |
|
|
|
∑MY |
= 0 |
|
|
∑M Z |
= 0 |
|
|
; |
||
|
∑X = 0 |
||
|
∑Y = 0 |
|
|
|
∑Z = 0 |
|
|
|
|
||
ZB 4 − F 2 − Q 1 = 0 |
|||||
X |
|
2 − Q 1 = 0 |
|||
|
C |
|
|
|
|
− X B 4 − XC 4 − F 1− P 2 = 0 |
|||||
|
|
|
|
|
. |
+ |
X A + X B + P + XC = 0 |
||||
F + Y |
A |
= 0 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
+ Z |
|
− Q = 0. |
||
Z |
A |
B |
|||
|
|
|
|
||
1. Решаем систему уравнений и находим неизвестные реакции.
ZBXC
X BX A
YA
Z
A
=(F 2 + Q 1)
4 = (8 2 + 41)
4 = 5кН
=Q
2 = 4/ 2 = 2кН
=(− XC 4 − F 1− P 2)
4 = (− 2 4 − 81−12 2)
4 = −10кН (в другую сторону)
=−X B − P − XC = −(−10) −12 − 2 = −4кН (в другую сторону)
=−F = −8кН (в другую сторону)
= −ZB + Q = −5 + 4 = −1кН (в другую сторону).
29
2.Выполняем проверку, для чего проводим оси uvw через произвольную точку С и относительно них вычисляем суммы моментов.
∑MU = Q 3 |
+ YA 2 − Z A 4 = 4 3 − 8 2 − (−1) 4 = 0 |
|
|
|
|
2 − ZA 1− P 2 |
− X B 2 − ZB 1 = −(−4) |
2 − (−1) 1 |
−12 2 + −(−10) 2 − 5 1 = 0 |
∑MV = −X A |
||||
∑MW = + X A 4 + YA 1+ P 2 |
= −4 4 − 81+12 2 = 0. |
|
||
|
|
|
|
|
Проверка выполняется. |
|
|
|
|
Ответ: реакции связей равны: X A = −4кН , X B |
= −10кН , |
YA = −8кН , |
||
ZA = −1кН (реакции имеют противоположные направления), XC = 2кН ,ZB = 5кН .
30
Список литературы
1.Айзенберг Т.Б. Руководство к решению задач по теоретической механике / Т.Б. Айзенберг, И.М. Воронков, В.М. Осетский. – М.: Наука, 1968, и последующие издания. – 392 с.
2.Бутенин Н.В. , Лунц Я.Л. , Меркин Д.Р. Курс теоретической механики. Т.1, СПб, 2002.
3.Бать М.И. Теоретическая механика в примерах и задачах ч.1 / М.И. Бать, Г.Ю. Джанелидзе, А.С. Кельзон. – М.: ФН, 1961, и последующие издания. – 472 с.
4.Диевский В.А. Теоретическая механика: Учебное пособие – СПб.: Издательство «Лань», 2005.-320 с.
5.Диевский В.А. , Малышева И.А. Теоретическая механика. Сборник заданий: Учебное пособие. – СПб.: Издательство «Лань», 2007.-192 с.
6.Мещерский И.В. Сборник задач по теоретической механике: Учеб. пособие / И.В. Мещерский. – М.: Наука,1986. - 448 с.
7.Сборник задач по теоретической механике: Учеб. пособие для втузов / Под ред. К.С. Колесникова. – М.: Наука, 1989. – 448 с.
8.Сборник заданий для курсовых работ по теоретической механике / Под ред. А.А. Яблонского. – М.: Высшая школа, 1985.
– 367 с.
9.Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики / С.М. Тарг. – М.: наука, 1995. – 478 с.
10.Яблонский А.А. Курс теоретической механики. ч.1 / А.А.
Яблонский, В.И. Никифорова. – М.: Высшая школа, 1984. – 360 с.