Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Механика решение задач статики твердого тела. Учебное пособие
.pdf
Пример 1.13. Для абсолютно жесткой рамы, показанной на
а
0,5а
б
0,5а
рис. 1.13, а, определить реакцию шарнирно-подвижной опоры в
точке B, а также реакцию и момент скользящей заделки в точке A. Вес рамы не учитывается.
Исходные данные: P = 8 кН, M = 7 кН·м, q = 0,5 кН/м, а = 4 м,
b = 6 м, α = 30°, β = 60°.
P
M
b
q
B
A
a
a
y
С
P
M
b
aq
R
B
B
R
A
A
m
A
x
a
Рис. 1.13. Расчетная схема абсолютно жесткой рамы:
a – исходная; б – эквивалентная
21
Решение
1. Согласно принципу освобождаемости от связей, мысленно
отбросим скользящую заделку в точке А, заменив ее реакцией R
и моментом в скользящей заделке m
вижную опору в точке В, заменив ее реакцией R
, а также шарнирно-под-
A
(рис. 1.13, б).
В
2. Скользящая заделка препятствует перемещению в направлении, перпендикулярном направляющей, а также повороту вокруг оси, проходящей через точку А и перпендикулярной плоскости чертежа. Поэтому выбираем конкретное направление R
на известной линии действия произвольно. Поскольку направление m
заранее не известно, то задаем его произвольно, напри-
A
мер, против хода часовой стрелки.
Шарнирно-подвижная опора препятствует перемещению точки В в направлении, перпендикулярном наклонной плоскости,
на которой эта опора установлена. Поэтому задаем конкретное
направление R
на известной линии действия произвольно.
В
Если в ходе дальнейших расчетов какая-либо из неизвестных
величин получится отрицательной, то ее фактическое направление противоположно первоначально выбранному.
3. Равномерно распределенную нагрузку заменяем одной сосредоточенной силой, приложенной посередине участка, на котором действует указанная нагрузка. Модуль этой силы равен
произведению интенсивности равномерно распределенной нагрузки на длину соответствующего участка (см. рис. 1.13, б).
При составлении уравнений равновесия удобно силы R
, Р,
В
действующие на раму, разложить на две взаимно перпендикулярные составляющие. Вектор Р перенесем вдоль линии действия, поместив его начало в точку приложения силы. Это позволит при составлении уравнения моментов воспользоваться
теоремой Вариньона и рассматривать не плечи самих сил, вычисление которых может вызвать затруднения, а плечи их составляющих, определить которые значительно проще.
4. Необходимыми и достаточными условиями равновесия системы сил являются равенства нулю главного вектора и главного
момента этой системы сил относительно произвольно выбранной
точки. Примем за такую точку точку В и запишем необходимые и
достаточные условия равновесия в проекциях на оси координат.
Для произвольной плоской системы сил составляем три уравнения
22
A
A
равновесия, что соответствует количеству неизвестных (RA, mA,
0: 0,5 (cos) (sin) 0.
8.
= ⋅ + α- β= ⋅ + ⋅ °- ⋅ °=sin cos 0,5 4 8 sin30 8 cos60
AB
R qa R P
= ⋅+⋅ -⋅ =
= ⋅ ⋅ - - β⋅ + β⋅ =
= ⋅ ⋅ ⋅ - - ⋅ °⋅ + ⋅ °⋅ =
= ⋅⋅ ⋅--⋅ ⋅+⋅ ⋅≈
=⋅⋅ + + β - - β⋅+ - ⋅+
∑
= ⋅⋅ ⋅++⋅ ⋅ - -⋅ ⋅+ -⋅+⋅ ⋅≈
≈++- + -+ = - =4 7 8 27,71 0,71 8 16 35,71 35,71 0.
= = ⋅=кН кН м кН2 ; 0,7 1 ; 8 .
AA B
Rm R
). Следовательно, задача является статически определенной.
R
В
5. Система уравнений равновесия (см. рис. 1.13, б):
∑
i
∑
i
∑
i
0 : s in c os 0,
F qa R P R
= ⋅ + α- β- =
ix B A
= α- β=
0 : cos sin 0,
FR P
iy B
= - ⋅ ⋅ + + β⋅ - β⋅ + =
M qa a M P b P a m
iB A
Из второго уравнения системы получаем
β⋅ ° ⋅
sin 8 sin60 8 3 2
P
= = = =
R
B
cos cos30
α°
23
кН
Из первого уравнения системы получаем
кН0,5 4 8 0,5 8 0,5 2 .
Из третьего уравнения системы получаем
m qa a M P b P a
A
0,5 (cos) (sin)
0,5 4 0,5 4 7 (8 cos60 ) 6 (8 sin 60 ) 4
0,5 4 0,5 4 7 8 0,5 6 8 0,5 3 4
≈-- + = - = ⋅кН м
4 7 24 27,71 31,71 31 0,71 .
Проверка. Уравнение равновесия составляем относительно
точки С (см. рис. 1.13, б). Тогда в него войдут все три неизвестные величины:
M qa a M P b a P a m R a
iС AA
i
+ α⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅ °⋅ - -
0,5 (cos)( )(sin)
( sin ) 0,5 4 0,5 4 7 (8 co s 60 ) (6 4)
Ra
B
- ⋅ °⋅ + - ⋅ + ⋅ °⋅ =
(8 sin60 ) 4 0,71 2 4 (8 sin30 ) 4
0,5 4 0,5 4 7 8 0,5 (6 4) 8 0, 5 3 4 0,71 2 4 8 0,5 4
Ответ:
23
Пример 1.14. Балка удерживается в равновесии тремя не-
б
весомыми, шарнирно закрепленными по концам стержнями
(рис. 1.14, а). Определить реакции стержней. Вес балки не учитывать.
Исходные данные: P = 8 кН, M = 5 кН·м, q = 2 кН/м, а = 1 м,
o
b = 5 м, α = 30
, β = 45o.
R
A
M
M
P
CA
P
B
C
q
D
E
a
b
a
a
y
R
CB
ba
2
C
b
q(a + b)
D
R
DE
x
K
R
DE
a a
Рис. 1.14. Расчетная схема балки: a – исходная;
б – эквивалентная
Решение
1. Согласно принципу освобождаемости от связей, мыслен-
но отбросим невесомые, шарнирно закрепленные по концам
стержни СА, СВ, DE, заменив их действие реакциями R
, направленными вдоль оси соответствующего стержня
R
DE
, RCB,
CA
(рис. 1.14, б).
24
2. Обычно условно принимают, что все стержни растянуты.
FPR RqabR
+
b
+
5 55
Если в ходе расчетов какая-либо реакция получится отрицательной, то соответствующий стержень фактически не растянут, а
сжат. В этом случае после проверки следует поменять направление реакции стержня на противоположное.
3. Равномерно распределенную нагрузку заменяем одной сосредоточенной силой, приложенной посередине участка, на котором действует указанная нагрузка. Модуль этой силы равен
произведению интенсивности равномерно распределенной нагрузки на длину соответствующего участка.
4. Необходимыми и достаточными условиями равновесия системы сил являются равенства нулю главного вектора и главного
момента этой системы сил относительно произвольно выбранной
точки. Примем за такую точку точку С и запишем необходимые
и достаточные условия равновесия в проекциях на оси координат. Для произвольной плоской системы сил составляем три
уравнения равновесия, что соответствует количеству неизвестных (R
, RCB, RDE). Следовательно, задача является статически
CA
определенной.
5. Система уравнений равновесия (см. рис. 1.14, б):
= - α+ β=
0: sin sin 0,
FRR
∑
ix CA CB
i
= - + α+ β- + - =
∑
i
∑
i
0 : cos cos ( ) 0,
iy CA CB DE
+
= - + ⋅- + - ⋅=
M MPaqab R b
0: ( ) 0.
iC DE
ab
2
Из третьего уравнения системы получаем
MPaqab
- + ⋅- +
R
= =
DE
5812(15)
-+⋅-⋅ +
= = =-=-
15
2
5 8 36 33
-+ -
ab
()
2
6,60 .
кН
25
Из первого уравнения системы выразим величину СAR :
β
=
α
sin
.
sin
СA CB
RR
CB
β
- + α+ β- + - =
α
sin
cos cos ( ) 0,
sin
CB CB DE
P R R qa b R
+ ++
+ ⋅ + +-
= = =
β⋅ α+ β ° °+ °
()
8 2 (1 5) ( 6,60)
sin ctg cos sin 45 ctg30 cos45
DE
CB
P qa b R
R
( )
+- ⋅
= =≈=≈
+
+
+
кН
8 12 6,60 2 13,40 26,80 26,80
6,94 .
2,45 1,41 3,86
2 62
31
2
β°
= = = ≈
α °⋅
кН
sin sin45 6,94 2
6,94 9,81 .
sin sin30 2 0,5
СA CB
RR
=-+ ++ - α +- β ++
+ + + ⋅=-+⋅ ++ - ⋅ °+ -
∑
2
=-+ - - + - = - =- ⋅ ≈
≈≈ =
СA CB DE
Подставим полученное выражение во второе уравнение систе-
мы и найдем из него
R :
Теперь, с помощью ранее полученного выражения, находим
R :
СA
Проверка. Уравнение равновесия записываем относительно
точки K (см. рис. 1.14, б). Тогда в него войдут все три неизвестные величины:
M MPaba R ab R ab
iK CA CB
i
( ) 5 8 (1 5 1) 9, 81 cos 30 (1 5)
qa b R a
- ⋅ ° + + ⋅ + +- ⋅ =
6, 94 co s 45 (1 5) 2 (1 5) ( 6,60) 1
( ) ( cos )( ) ( cos )( )
+
ab
2
DE
+
15
Реакция RDE получилась отрицательной, поэтому после проверки меняем ее первоначально выбранное направление на противоположное (см. рис. 1.14, б). Таким образом, стержень DE в
действительности не растянут, а сжат.
Ответ:
26
RRR
кН кН кН9,81 ; 6,94 ; 6, 60 .
кН м5 56 50,97 29,44 36 6,60 92 92,01 0,01 0.
Пример 1.15. Для заданной расчетной схемы конструкции
б
определить реакцию и момент в жесткой заделке (рис. 1.15, а).
Вес конструкции не учитывать.
Исходные данные: P = 10 кН, M = 6 кН·м, q = 1 кН/м, а = 2 м,
o
b = 5 м, α = 30
.
A
2a
m
2a
M
P
C
y
R
Ay
A
A
C
m
M
q
b
a
R
Ax
A
bq
K
P
0,5b
b
P
a
P
a
x
Рис. 1.15. Расчетная схема конструкции с жесткой заделкой:
a – исходная; б – эквивалентная
Решение
1. Согласно принципу освобождаемости от связей, мысленно
отбросим жесткую заделку в точке А, заменив ее реакцией R
моментом в жесткой заделке m
2. Линия действия реакции R
вместо реакции возьмем две ее составляющие R
(рис. 1.15, б).
A
заранее неизвестна. Поэтому
A
, RAy, направ-
Ax
и
A
ления которых на известных линиях действия выбираем произвольно. Поскольку направление m
заранее не известно, то зада-
A
27
ем его произвольно, например, по ходу часовой стрелки. Если в
= + α- =
= - α- =
= - - + α⋅ - ⋅ - =
∑
∑
∑
0 : si n 0,
0 : cos 0,
0 : ( sin ) 2 0, 5 0.
ix Ax
i
iy Ay
i
iA A
i
F RP P
F R P qb
M m M P a qb b Pa
=- α+=-⋅ °+ =-⋅ + =кНsin 10 sin 30 10 10 0,5 10 5 .
Ax
RP P
cos 10 cos 30 1 5 10 0,5 3 5 8,66 5 13,66 .
R P qb
=- + α⋅ - ⋅ - =
A
=- + ⋅ °⋅ ⋅ - ⋅ ⋅ ⋅ - ⋅ =6 (10 sin30 ) 2 2 1 5 0,5 5 10 2
=-+ ⋅ ⋅⋅-⋅⋅ ⋅- ⋅=-+ - - =
ходе дальнейших расчетов какая-либо из неизвестных величин
получится отрицательной, то ее фактическое направление противоположно первоначально выбранному.
3. Равномерно распределенную нагрузку заменяем одной сосредоточенной силой, приложенной посередине участка, на котором действует указанная нагрузка. Модуль этой силы равен
произведению интенсивности равномерно распределенной нагрузки на длину соответствующего участка (см. рис. 1.15, б).
4. Необходимыми и достаточными условиями равновесия системы сил являются равенства нулю главного вектора и главного
момента этой системы сил относительно произвольно выбранной
точки. Примем за такую точку точку А и запишем необходимые и
достаточные условия равновесия в проекциях на оси координат.
Для произвольной плоской системы сил составляем три уравнения
равновесия, что соответствует количеству неизвестных (R
). Следовательно, задача является статически определенной.
m
A
, RAy,
Ax
5. Система уравнений равновесия (см. рис. 1.15, б):
Из первого уравнения системы получаем
Из второго уравнения системы получаем
= α+ = ⋅ °+⋅= ⋅ +≈ += кН
Ay
Из третьего уравнения системы получаем
m M P a qb b Pa
28
6 10 0,5 2 2 1 5 0,5 5 10 2 6 20 12,5 20
( sin ) 2 0,5
=-=- ⋅кН м
20 38,5 18,5 .
Проверка. Уравнение равновесия записываем относительно
=---⋅-⋅+ α⋅+=
∑
=-- -- ⋅ ⋅-⋅⋅+ ⋅ °⋅ ⋅+ ⋅≈
≈ -- - + + = - =18,5 6 34,15 20 21,65 20 60,15 60,15 0.
≈=⋅кН кН м14,55 ; 18,5 .
AA
Rm
точки K (см. рис. 1.15, б). Тогда в него войдут все три неизвестные величины:
M m M R b R a P b Pa
iK A Ay Ax
i
( 18,5) 6 13,66 0,5 5 5 2 2 10 cos 30 0,5 5 10 2
0,5 2 ( cos ) 0, 5
Момент в жесткой заделке получился отрицательным, поэтому после проверки меняем его первоначально выбранное направление на противоположное (см. рис. 1.15, б).
По найденным составляющим определяем реакцию жесткой
заделки R
:
A
22 2 2
= +=+ ≈
R RR
A Ax Ay
кН5 13,66 14,55 .
Ответ:
Пример 1.16. Для заданной расчетной схемы конструкции
определить реакцию шарнирно-подвижной опоры в точке B и
реакцию шарнирно-неподвижной опоры в точке А (рис. 1.16, а).
Вес конструкции не учитывать.
Исходные данные: P = 10 кН, M = 6 кН·м, q = 2 кН/м, а = 4 м,
o
α = 45
.
Решение
1. Согласно принципу освобождаемости от связей, мысленно
отбросим шарнирно-неподвижную опору в точке А, заменив ее
реакцией R
ее реакцией R
2. Линия действия реакции R
вместо реакции R
, и шарнирно-подвижную опору в точке В, заменив
A
(рис. 1.16, б).
В
заранее неизвестна. Поэтому
A
возьмем две ее составляющие RAx, RAy, на-
A
правления которых на известных линиях действия выбираем
произвольно.
Шарнирно-подвижная опора препятствует перемещению точки В в направлении, перпендикулярном плоскости, на которой
эта опора установлена. Поэтому задаем конкретное направление
на известной линии действия произвольно.
R
В
29
Если в ходе дальнейших расчетов какая-либо из неизвестных
BK
величин получится отрицательной, то ее фактическое направление противоположно первоначально выбранному.
P
M
a
q
A
B
a
y
D
P
a
R
B
B
Рис. 1.16. Расчетная схема конструкции: a – исходная;
M
K
C
q
б
б – эквивалентная
R
Ax
A
R
Ay
R
Ax
x
R
Ay
30
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]