2 курс РГР 1 по ТМ

Задача №1

l1	l2	ЖЗ	Fy	M	РРН
s1	s2	т.А	т.B	т.C	n1=0
2	2		1	2	n2=3

Определить: Y_a, m_a

Решение:

1. Объект равновесия – балка АВС с жесткой заделкой в точке А;

l₁=s₁l=2l, l₂=s₂l=2l

2. Силовая схема балки освобожденной от связей.

а) активные силы – сила F приложена в т.В, причем

F_y=k₁ql=ql

F=ql

- пара сил с моментом m, приложена в точке С;

m=к₂ql²=2ql², пара сил стремиться повернуть балку по часовой стрелке.

РРН на 1-ом участке с интенсивностью

Q₂=n₂q=3q

Q_2Y=q₂l₂=6ql;

Q₂=6ql

Q₁=0 (поскольку n₁=0)

б) реакции связей: вертикальная реакция Y_A

(X_A=0, так как все силы – активные, силы вертикальны.)

Реактивная пара с моментом m_A(считаем Y_A>0,m_C<0)

S(Y_A,m_A,F,Q,m) – система параллельных сил, два уравнения, две неизвестных, задача статически определима.

3. Условия равновесия

Воспользуемся первой формой условий равновесия плоской с.п.с.

ΣY_K=0; Y_A+F-Q₂=0 (1)

Σm_A(F_K)=0; m_c+F2l+Q₁3l+|m|=0 (2)

4. Решение системы уравнений

Из (1) Y_A=-Q₂-F=-6ql-ql=-7ql;

Из (2) m_c=-m-Q₂3l-F2l=-2ql²-6ql3l-ql2l=-22ql²;

5. Проверка

Составим уравнение моментов относительно точки В.

Σm_B(F_K)=0; m_c+Ql-Y_A2l+|m|=14ql²+2ql²+6ql²-22ql²=0;

6. Вывод

M_c<0, Y_A<0- следовательно, искомые величины направлены верно.

Задача №2

l1	l2	ШПО	ШНО	FY	M	PPH
s1	s2	т.B	т.C	т.A	т.C	n1=0
1	2			3	-3	n2=1

Определить: Y_A, Y_C

Решение:

1. Объект равновесия – балка АВС с ШПО в т.С, и ШНО в т.А

Длины участков l₁=s₁l=2l, l₂=s₂l=2l;

2. Силовая схема балки освобожденной от связей.

а) активные силы

- сила F в т. В, причем

F_y=k₁ql=3ql

F=3ql

- пара сил с моментами m, приложенная в т.D равная

m=к₂ql²=-3l²

q₁=n₁q=0 Q_1Y=q₁l₁=0

q₂=n₂q=q ; Q_2Y=q₂l₂=2ql

б) реакции связей: вертикальные реакции Y_c, Y_A (X_A=0, - поскольку все активные силы параллельны)

S(Y_A,Y_C,F_Y,Q₁,Q₂,m) – система параллельных сил, два уравнения, две неизвестных, задача статически определима.

3. Условие равновесия

Воспользуемся второй формой условий равновесия плоской с.п.с

Σm_B(F_K)=0; Ql-Fl+Y_c2l-m=0(1)

Σm_C(F_K)=0; -F3l-Y2l-Ql-m=0 (2)

4. Решение системы уравнений

из(1) Y_C=2ql;

из(2) Y_B=-7ql;

5. Проверка

ΣY_K=0; Q+Y_B+F+Yc=0

3ql-7ql+2ql+2ql=0;

6. Вывод

Y_A, Y_C >0, следовательно реакции направлены верно.

Задача №3

l1	l2	l3	ШНО	ШПО	F	M	PPH
s1	s2	s3	т.D	т.A45	т.C	т.D	n1=0
2	2	2			4 a=120	-4	n2=-3 n3=-3

Определить: R_A, Y_D, X_D;

Решение:

1. Объект равновесия – балка АВСD с ШПО в т.А, и ШНО в т.D

Длины участков l₁=s₁l=2l, l₂=s₂l=2l; l₃=s₃l=2l

2. Силовая схема балки освобожденной от связей.

а) активные силы

- сила F в т. В, причем

F_y=k₁ql=4ql

F=4ql

- пара сил с моментами m, приложенная в т.C и равная

m=к₂ql²=-4ql²

- равномерно распределенная нагрузка

q₂=-3q; Q₂=6ql;

q₃=-3q; Q₃=6ql;

a=60

б) реакции связей: ШНО (X_A, Y_A)

ШПО (R_A) – направлена по нормали.

S(R_A,Q₁,F,m_c,Y_D,X_D) – произвольная плоская система сил, 3 неизвесные величины, 3 уравнения, - задача статически определима.

3. Условия равновесия произвольной плоской системы сил.

ΣX_K=0; R_Acos45-Fcos60+X_D=0 (1)

ΣY_K=0; R_Acos45+Fsin60-Q₂ – Q₃+Y_D=0 (2)

Σm_B(F_K)=0; -|m|-F2lsin60-R_A6lcos45-Q3l+Ql=0 (3)

4. Решение системы уравнений

из(3) R_A=3.08ql

из(1) X_D=-0.18ql

из(2) Y_D=6.3573ql

Задача №4

A	B	C	F1	F2	F3	F4
0.1	0.9	0.2	50H	20H	55H	25H
			2-8	3-1	7-3	7-6

Определить: R^*, M₀, H, M^*;

Решение:

1. По данным из условия изобразим параллелепипед с приложенными к нему силами F_1, F₂, F₃, F₄. Вершину 4 примем за начало координат.

2. Определение главного вектора системы сил.

Проекции главного вектора R^* системы сил на координатные оси определяется формулами

R_X^*=_kx;

R_Y^*=_ky;

R_Z^*=_kz;

FK	F1	F2	F3	F4
RX*	-F1cosαsinγ	F2 *cosβ	0	F4
RY*	-F1cosαcosγ	-F2 sinβ	0	0
RZ*	F1sinα	0	-F3	0

Сложем проекции всех сил

R_X^*=-F₁cosαsinγ+ F₂ *cosβ+ F₄; (1)

R_Y^*=-F₁cosαcosγ-F₂ sinβ;

R_Z^*= F₁sinα-F_3;

из рисунка видно, что

cosa=sqrt(a^2+b^2)/sqrt(a^2+b^2+c^2)=0,9764

sina=c/sqrt(a^2+b^2+c^2)=0,2156

cosb=a/ sqrt(a^2+b^2)=0,1104

sinb=b/ sqrt(a^2+b^2)=0,9939

cosγ= b/ sqrt(a^2+b^2)=0,9939

sinγ= a/ sqrt(a^2+b^2)=0,1104

Из системы уравнений (1) поличим

R_X^*= 21,8182

R_Y^*= -68,4001

R_Z^*= -44,22

R^*= = 84,3209

cos(R^*,i)= = 0,2587;

cos(R^*,j)= = -0,8111;

cos(R^*,k)= = -0,5244;

3. Определение главного момента сил относительно точки О.

M_X= _kx;

M_Y= _kx;

M_Z= _kx;

FK	F1	F2	F3	F4
mX	F1sinαb	0	-F3b	0
mY	- F1sinαa	0	0	F4c
mZ	-F2cosβb	0	0	-F4b

M_X = F₁sinαb-F₃b;

M_Y = - F₁sinαa+ F₄c;

M_Z = -F₂cosβb-F₄b;

M_X = -39,798;

M_Y = 3,922;

M_Z = -24,4872;

M₀= = 46,8922

cos(M₀,i)= = -0,8487;

cos(M₀,j)= = 0,0836;

cos(M₀,k)= = -0,5222

4. Определение характеричтического произведение системы сил и угла между главным вектором и главным моментом.

H= R^* M₀ = R_X^*+ R_Y^*+ R_Z^* = -53,7619;

5. Определим наименшее значение главного момента системы сил.

M^*=0,633

Опираясь на результаты строим по найденым проекциям векторы

R^* , M₀ и определяем простейший вид системы сил.

Так как R^*≠0, M_0­≠0, то данная система сил приводиться к левому динамическому винту D (R, M) у которого сила и пары с моментами соответственно равны

R^*= = 84,3209

M₀= = 46,8922

Севастопольский Национальный Университет Ядерной Энергии и Промышленности

Кафедра механики и материаловедения

Расчётно-графическая работа №1

по теоретической механике

вариант 21

На тему: «Определение опорной реакции балки и приведение системы сил к простейшему виду»

Студента 121 кл.

Мурзина Максима

Преподователь

Наголюк Л.О.

Севастополь 2012