Решение системы уравнений:
Подставляем RC = 18 кН в уравнение 1: RA + RB + 18 = 103.8 RA + RB = 85.8 (1)
Подставляем RC = 18 кН в уравнение 2: Ma + 1.8 * RB + 4.8 * 18 = 75.82 Ma + 1.8 * RB = -10.58 (2)
У нас получилась система из 3 уравнений:
RA + RB = 85.8
Ma + 1.8 * RB = -10.58
-Ma + 1.8 * RA = 62.92
Выразим Ma из уравнения 2: Ma = -10.58 -1.8 * Rb
Подставим в уравнение 3 -(-10.58 -1.8 * Rb) + 1.8 * Ra = 62.92 10.58 + 1.8 * Rb + 1.8 * Ra = 62.92 1.8 * (Rb + Ra) = 52.34
Rb + Ra = 29.077
Учитывая уравнение 1 получаем:
Ra = 72.79 Rb = 13.01
Теперь подставляем в уравнение 2 Ma + 1.8 * 13.01 = -10.58 Ma = -33.998
Ответ: Реакция в точке A: RA ≈ 72.79 кН
Реакция в точке B: RB ≈ 13.01 кН
Реакция в точке C: RC = 18 кН
Реактивный момент в точке A: Ma ≈ -33.998 кН*м
Часть С3
Задача 1
Условие: задана составная конструкция из твердых тел.
Необходимо: определить положение центра тяжести составной конструкции.
1. Вычертить схему условия конструкции в соответствии с вариантом (нанести размеры);
2. Разбиваем конструкцию на простые сечения (отдельные профили), выбираем по- ложение координационных осей XOY, отмечаем на расчетной схеме;
3. Отмечаем центры тяжести каждой из фигур (профилей) (С1, С2, С3, ..., С;), отмечаем на расчетной схеме;
4. Определяем координаты центров тяжести каждой из фигур (профилей) в принятой координатной системе XOY (Хс1, Үс1:Хс2, Үсг: Хез, Үсз; .....; Хсі. Үсі), отмечаем на расчетной схеме с нанесением величин расстояний от осей;
5. Определяем площадь каждой из фигур (А1, А2,А3,..., A; );
6. Определяем статические моменты каждой из фигур (профилей)в принятой координатной системе XOY (Sx1, Sy1;Sx2, Sy2;Sx3, Ѕуз:..., Sx, Sy);
7. Определяем статический момент конструкции в целом (Sx, Sy)
8. Определяем координату центра тяжести конструкции в принятой координатной системе ХОУ (Хс, Үс), отмечаем на расчетной схеме с нанесением величин расстояний от осей.
Все элементы, положения центров тяжестей, координационные расстояния наносятся на расчетную схему; расчеты приводятся подробно, развернуто.
|
|
|
Исходные данные:
Тело 1: Двутавр №30.
Тело 2: Равнополочный уголок №3,2
Тело 3: Прямоугольник.
Размеры:
l1 = 800 мм
l2 = 200 мм
l3 = 5000 мм
t (толщина прямоугольника) = 120 мм
Задача:
Определить положение центра тяжести составной конструкции.
Решение:
1. Схема конструкции с размерами и осями:
Схема уже есть, просто отметим оси X и Y.
2. Разбиение на простые сечения:
Конструкция уже разделена на три простых элемента: двутавр (тело 1), уголок (тело 2) и прямоугольник (тело 3).
3. Определение центров тяжести:
Тело 1 (двутавровая балка): центр тяжести (С1) находится в геометрическом центре двутавровой балки.
Тело 2 (уголок): Центр тяжести (С2) находится по справочным данным уголка.
Тело 3 (прямоугольник): центр тяжести (С3) находится в геометрическом центре прямоугольника.
4. Координаты центров тяжести в системе XOY:
Выберем начало координат в левом нижнем углу конструкции. Направим ось X вправо, а ось Y вверх.
Тело 1 (двутавр):
Xc1 = l1/2 = 800/2 = 400 мм
Yc1 = t/2 = 120/2 = 60 мм + (h/2) из таблицы двутавра = 60+150 = 210 мм
Тело 2 (уголок):
Xc2 = l1 + l3 + l2/2 = 800 + 5000 + 200/2 = 5900 мм
Yc2 = t/2 = 60 мм + (z0) из таблицы уголка = 60+9,4 = 69,4 мм
Тело 3 (прямоугольник):
Xc3 = (l1 + l3 + l2)/2 = (800+5000+200)/2 = 3000 мм
Yc3 = t/2 = 120/2 = 60 мм
5. Площади каждого сечения:
Тело 1 (двутавр): A1 = 46,5 см2 (из таблицы)
Тело 2 (уголок): A2 = 2,43 см2 (из таблицы)
Тело 3 (прямоугольник): A3 = (l1+l2+l3)*t = 6000 мм * 120 мм = 720000 мм2 = 720 см2
6. Статические моменты каждого сечения относительно осей X и Y:
Sx1 = A1 * Yc1 = 46,5 * 210 = 9765 см3
Sy1 = A1 * Xc1 = 46,5 * 400 = 18600 см3
Sx2 = A2 * Yc2 = 2,43 * 69,4 = 168,642 см3
Sy2 = A2 * Xc2 = 2,43 * 5900 = 14337 см3
Sx3 = A3 * Yc3 = 720 * 60 = 43200 см3
Sy3 = A3 * Xc3 = 720 * 3000 = 2160000 см3
7. Суммарные статические моменты:
Sx = Sx1 + Sx2 + Sx3 = 9765 + 168,642 + 43200 = 53133,642 см3
Sy = Sy1 + Sy2 + Sy3 = 18600 + 14337 + 2160000 = 2192937 см3
8. Координаты центра тяжести конструкции:
Xс = Sy / A, где A — суммарная площадь = 46,5 + 2,43 + 720 = 768,93 см2 Xс = 2192937 / 768,93 = 2851,97 мм
Yс = Sx / A Yс = 53133,642 / 768,93 = 69,10 мм
Ответ: Координаты центра тяжести составной конструкции:
Xс = 2851.97 мм
Yс = 69.10 мм
Контрольная работа 2
Задание К2
Плоскопараллельное движение
Тема: Определение скорости и ускорения точки тела npu плоскопараллельном движении.
Для заданных положений кривошипно-ползунного механизма (схемы 0-5, табл.2), колеса (схемы 6-7, табл.2), механизма из стержня и связанных с ним ползунов (схемы 8-9, табл.2) определить скорость, см/с, и ускорение, а, см/с2, точки В. угловую скоростью, рад/с. и угловое ускорение є, рад/с, звена АВ или колеса. Номер схемы указан в табл. 1.1. Числовые данные (величина) указаны в табл. 1.2.
|
|
Решение
1. Скорость точки a (v_a):
V_A = ω_OA * OA = 0.5 рад/с * 40 см = 20 см/с
Направление: перпендикулярно OA, по часовой стрелке.
2. Скорость точки b (v_b):
Скорость точки B можно найти через проекции скоростей точек A и B на ось, перпендикулярную звену AB.
Вертикальная скорость точки А равна: V_Ay = V_A * cos(60°) = 20 * 0.5 = 10 см/с
Так как точка B движется горизонтально, проекция V_B на вертикальную ось равна 0.
Скорость точки B относительно точки А (V_BA) перпендикулярна звену AB. V_BA направлена вертикально вверх.
Чтобы найти V_B, нужно спроецировать V_A и V_B на ось, перпендикулярную AB: V_A * cos(60) = V_B * cos(0) => V_B = V_A * cos(60) = 20 * 0.5 = 10 см/с
Направление: горизонтально влево.
V_B = 10 см/с
3. Угловая скорость звена ab (ω_ab):
Зная V_A и V_B, угловую скорость звена AB можно определить как: ω_AB = V_A / (AB * sin(60)) = 20 / (70 * √3 / 2) ≈ 0.33 рад/с
Направление: против часовой стрелки.
ω_AB = 0.33 рад/с
4. Ускорение точки a (a_a):
Нормальное ускорение: a_An = ω_OA² * OA = (0.5 рад/с)² * 40 см = 10 см/с² (направлено к O)
Тангенциальное ускорение: a_At = ε_OA * OA = 1 рад/с² * 40 см = 40 см/с² (перпендикулярно OA, по часовой стрелке)
Полное ускорение: a_A = √(a_An² + a_At²) = √(10² + 40²) = √1700 ≈ 41.23 см/с²
Угол между полным ускорением и нормальным ускорением: θ = arctan(a_At / a_An) = arctan(40/10) ≈ 76°
a_A = 41.23 см/с² (под углом 76 градусов к OA)
5. Ускорение точки b (a_b):
a_B = a_A + a_BA, где a_BA - ускорение B относительно A.
Разложим a_BA на нормальную и тангенциальную составляющие:
a_BA_n = ω_AB² * AB = (0.33 рад/с)² * 70 см ≈ 7.62 см/с² (направлено от B к A)
Для нахождения a_BA_t, рассмотрим проекции ускорений на оси X и Y:
a_Ax = -10 см/с^2
a_Ay = 40 см/с^2
a_Bx = a_B
a_By = 0
a_BAx = a_Bx - a_Ax = -10 - 7.62 * cos(60) - a_BA_t * sin(60)
a_BAy = a_By - a_Ay = -40 + 7.62 * sin(60) - a_BA_t * cos(60)
a_BA_t = (a_Ay - a_BA_n * sin(60))/cos(60) = (-40 + 7.62*0.866)/0.5 = -67.8 см/с^2
a_B = a_Ax + a_BA_n*cos(60) + a_BA_t*sin(60) = -10 + 7.62*0.5 + (-67.8)*0.866 = -10+3.81-58.7 = -64.9 см/с^2
a_B = 64.9 см/с² (направлено горизонтально влево)
6. Угловое ускорение звена ab (ε_ab):
ε_AB = a_BA_t / AB = -67.8 см/с² / 70 см ≈ -0.97 рад/с²
Направление: по часовой стрелке.
ε_AB = -0.97 рад/с²
Ответ: Скорость точки B (V_B): 10 см/с , Ускорение точки B (a_B): 64.9 см/с² ,
Угловая скорость звена AB (ω_AB): 0.33 рад/с,Угловое ускорение звена AB (ε_AB): -0.97 рад/с²
Контрольная работа №3
Задание Д-4
Принцип возможных перемещений
Тема: Принцип возможных перемещений.
В кривошипно-ползунном механизме (схемы: таб. 2) к кривошипу ОА приложен момент М, Н·м, а к ползуну В сила F, Н. Заданы длины кривошипа ОА и шатуна АВ. Для заданного положения механизма определить силу F, H, (схемы 0-4) при заданном моменте М, Н·м; определить момент М, Н·м, (схемы 5-9) при заданной силе F, Н,в положении равновесия (таб. 2. табл. 1).Числовые данные (величина) указаны в табл. 1
|
|
Решение
Исходные данные:
Момент M = 9 Н·м
Длина OA = 0.7 м
Длина AB = 0.9 м
Угол между OA и AB = 60°
1. Геометрия механизма:
Начнем с того, что нам нужно правильно найти длину плеча приложения силы, то есть горизонтальную проекцию AB. Давайте построим треугольник, где стороны OA и AB, угол между ними 60 градусов, а нам нужно найти горизонтальную проекцию OB.
Сначала найдем длину OB
По теореме косинусов для треугольника OAB: OB² = OA² + AB² - 2 * OA * AB * cos(60°) = 0.7² + 0.9² - 2 * 0.7 * 0.9 * 0.5 = 0.49 + 0.81 - 0.63 = 0.67 OB = √0.67 = 0.8185 м
2. Принцип виртуальных перемещений:
Дадим шарниру B малое вертикальное перемещение δy.
Угол поворота стержня OA при этом будет δφ.
Нам нужно найти связь между δy и δφ.
3. Соотношения между перемещениями: при перемещении вниз на δy у нас угол поворота δφ получается, как δy/L_OB, где L_OB - это длина отрезка OB.
4. Работа сил и моментов:
Работа силы F: A_F = -F * δy (сила против перемещения).
Работа момента M: A_M = M * δφ (момент и поворот в одном направлении).
5. Условие равновесия:
Сумма работ равна нулю: A_F + A_M = 0
-F * δy + M * δφ = 0
F = M * (δφ / δy)
Так как δφ = δy / L_OB то F = M / L_OB
Расчет силы F F = 9 / 0.8185 = 11.000 H
Ответ: F = 11.000 H
Заключение
В ходе выполнения данной расчетной работы по теоретической механике были успешно решены задачи статического и кинематического анализа различных механических систем. В частности, были определены опорные реакции в балках с различными типами опор и нагрузок, включая распределенные и сосредоточенные силы, а также моменты. При этом, была продемонстрирована важность правильного построения расчетных схем, корректного составления уравнений равновесия и учета всех действующих сил и моментов.
Также была решена задача по определению центра тяжести сложной геометрической фигуры, что потребовало применения интегральных методов и знания свойств симметрии. В кинематической части работы был проведен анализ движения тел, определены их скорости и ускорения, а также установлены взаимосвязи между различными кинематическими параметрами.
Результаты, полученные в данной работе, подтверждают эффективность использования методов теоретической механики для решения практических инженерных задач. Освоенные навыки и знания позволяют проводить анализ статического и кинематического поведения сложных механических систем, что является необходимым условием для успешной работы в области проектирования и конструирования. Данная работа служит прочной основой для дальнейшего изучения более сложных разделов механики и их применения в реальных инженерных приложениях.
Список источников информации
Основная литература
Теоретическая механика: методические указания, учебная программа и контрольные задания к курсу для студентов заочной формы обучения по направлениям бакалавриата, включающим изучение теоретической механики /сост.: М. Н. Архипов, Ю. А. Добрынин. – СПб.: СПбГЛТУ,2019. – 40 с.
Бухгольц, Н. Н. Основной курс теоретической механики : учебное пособие для вузов / Н. Н. Бухгольц. — 11-е изд., стер. — Санкт-Петербург : Лань, [б. г.]. — Часть 1 : Основной курс теоретической механики — 2021. — 448 с. — ISBN 978-5-8114-7957-3. — Текст : электронный // Лань : электронно-библиотечная система. — URL: https://e.lanbook.com/book/169804 — Режим доступа: для авториз. пользователей.
Диевский, В. А. Теоретическая механика : учебник для вузов / В. А. Диевский. — 7-е изд., стер. — Санкт-Петербург : Лань, 2024. — 348 с. — ISBN 978-5-507-51525-7. — Текст : электронный // Лань : электронно-библиотечная система. — URL: https://e.lanbook.com/book/422627— Режим доступа: для авториз. пользователей.
Молотников, В. Я. Теоретическая механика / В. Я. Молотников. — Санкт-Петербург : Лань, 2023. — 244 с. — ISBN 978-5-507-48365-5. — Текст : электронный // Лань : электронно-библиотечная система. —— Режим доступа: для авториз. пользователей.