Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Сыктывкарский лесной институт (филиал СПбГЛТА)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Теор. Мех. Методическое пособие для КР

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

02.03.2016

Размер:

3.68 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 106 7 8 9 10 > Следующая >>>

(

sin b

- a

sin 90

+ g

тогда

P sin 45O

= 6,85кH;

S =

P sin104O

= 9,45кH.

sin 31O

Аналитический способ.

Построим декартовы оси Оху и составим два уравнения проекций для уравновешенной плоской системы сходящихся сил:

SFix = 0;	S cosa –	RA cosg = 0;	(1.1)
SFiy = 0;	S sina –	RA sing – P = 0.	(1.2)

Подставив в составленные уравнения числовые значения заданных величин и решив эти уравнения, определим искомые реакции:

RА = 6,85 кН;

S = 9,45 кН.

По формулам (1.1) и (1.2) изучим влияние изменения угла а на величину реакции S. Для этого первое уравнение умножаем на sinγ, второе – на cosγ и вычтем из последнего уравнения первое. В результате находим

S(sina cosg – cos a sing) – P cosg = 0

или S sin(a – g) = P cosg,

откуда

S = P cosg/sin(a – g).

Принимаем a = 10°, тогда находим угол g:

tg g =	ED	=	b tg10O		=	0,176			= 0,04408;	g = 2O40¢;
			4
4							4
			S =	5 × 0,994				= 41,074 кH.

			0,121
Таким образом, усилие S по сравнению со случаем, когда a = 45°, увели-
чилось в 4,34 раза.										увеличением угла a.
Вывод. Уменьшение			реакции					S возможно
Smin = 6,66 кН при угле a = 90°.

Пример 2 (задача 1-3). Найти реакции опор для балки, изображенной на рис. 4.2, если Р = 4 кН; М = 5 кНм; q = 2 кН/м; a = 2 м; b = 1 м; с = 1 м; a = 30°.

Решение. Составим расчетную схему для балки АВ. Освободим ее от связей, заменив их действие реакциями связей: реакция шарнирно-подвижной опоры В направлена перпендикулярнo плоскости опирания катков, реакцию

шарнирно-неподвижной опоры А раскладываем на две составляющие XA и YA

(рис. 4.2б).

Рис. 4.2. Балка с нагрузкой (а) и расчетная схема (б)

Приложим к балке АВ активные силы: сосредоточенную силу Р, момент пары сил М; равномерно распределенную нагрузку с интенсивностью q заменяем равнодействующей, равной Q = qa = 2 · 2 = 4 кH и приложенной в центре тяжести эпюры этой нагрузки (рис. 4.2б). Реакции опор и активные силы образуют уравновешенную плоскую произвольную систему сил. Для такой системы справедливы три уравнения равновесия (второй вариант уравнений равновесия):

		ΣFix = 0; XA –			P cos60º – RB cos60º = 0;
~			a				O		O
∑ M A (Fi )= 0;		− Q		− M − P(a + b)sin 60				+ RB (a + b + c)sin 60		= 0;
∑ M A (Fi )= 0;		− Q		− M − P(a + b)sin 60				+ RB (a + b + c)sin 60		= 0;
		2
~	R			O	a
∑ M B	(Fi )= 0; Рсsin 60				− M + Q		+ b + c − YA (a		+ b + c) = 0.
∑ M B	(Fi )= 0; Рсsin 60				− M + Q	2	+ b + c − YA (a		+ b + c) = 0.
						2

Решая полученную систему уравнений, найдем:

+ M + P(a + b)sin 60O

4 ×1 + 5 + 4 ×3

R =

= 5,6 кH;

(a + b + c)sin 60O

Pc sin 60O - M + Q

+ b + c

4 ×1×

- 5 + 4 × 3

= 2,62

кH;

a + b + c

XA = P cos60º + RB cos60º = 4 · 0,5 + 5,6 · 0,5 = 4,8кН.

Для проверки полученных значений опорных реакций составим дополнительное уравнение равновесия, которое еще не использовалось, например:

SFiy = 0; YA – Q – P sin60º + Rb cos30º = 0;

2,62 - 4 - 4 ×	3	+ 5,6 ×	3	= 0;	7,48 – 7,48 = 0.
			2
2

Значит, реакции найдены верно.

Ответ: ХА = 4,8 кН; YА = 2,62 кН; RB = 5,6 кН.

Исследуем влияние угла а на величину реакции ХА. Пусть а = 0°, тогда первое уравнение проекций сил на ось ОХ принимает вид

SFiy = XA = 0,

т. е. реакция в точке А вдоль балки будет равна нулю. Изучим влияние момента М на реакцию RB. Из общего решения имеем, что

	Q	a	+ M + P(a + b)sin 60O

RB =	2			.

			(a + b + c)sin 60O
Пусть М увеличится в 10	раз, т. е. М = 50 кН · м, тогда

RB = 4 ×1 + 50 + 4 ×3 × 0,866 =18,59 кH, 4 × 0,866

т. е. увеличение реакции произошло в 3,32 раза.

Пример 3 (задача 1-4). Определить реакции опор и давление в промежуточном шарнире составной конструкции, изображенной вместе с нагрузкой на рис. 4.3, если Р = 1 кН; М = 3 кН · м; q = 2 кН/м; a = 3 м; b = 1 м; с = 2 м; a = 30º.

Решение. Освободим конструкцию от внешних (заделка А и шарнирноподвижная опора В) и внутренних (шарнир K) связей. К полученным свободным балкам АK и KD прикладываем реакции отброшенных связей и активные

силы. Реакции заделки А представляют собой две составляющие X A , YA опор-

ной силы и опорную пару сил с моментом МА. Реакции внутреннего шарнира K, приложенные к балкам АK и KD, попарно равны по модулям и противоположны по направлению в соответствии с аксиомой о действии и противодейст-

вии. Реакция RB шарнирно-подвижной опоры направится по нормали к плоско-

сти качения катков. Действие отброшенного троса заменим силой, равной по модулю весу груза и направленной по оси наклонной части троса. Равномерно распределенную нагрузку заменим сосредоточенной силой

Q = q2b = 4 кH.

Рис. 4.3. Балка с нагрузкой (а) и расчетные схемы (б) и (в)

Для систем сил, действующих на балки AK и KD, составим уравнения равновесия.

Примечание. Некоторые задачи решаются проще, если вместо уравнений равновесия сил, приложенных к одному из тел, использовать уравнения равновесия внешних сил, приложенных ко всей конструкции.

Составим три уравнения равновесия сил, приложенных к балке AK:
ΣFix = 0;		XA + XK = 0;	(3.1)
ΣFiy = 0;		YA + YK = 0;	(3.2)
ΣMiA = 0;		MA – M + YKa = 0.	(3.3)
Составим три уравнения равновесия сил, приложенных к балке KD:
ΣFix = 0;	– X'K –	RB sin30º + P sin30º = 0;	(3.4)
ΣMiK = 0;	– Qb + RBb cos30º + P(b + c)cos30º = 0;		(3.5)
ΣMiB = 0;	Y'Kb + Pc cos30º = 0.		(3.6)

Решим составленную систему уравнений.

Из (3.6):

= -

1× 2 ×

Y ¢

= -

Pc cos 30O

= -1,73 кH; Y

= Y ¢ = -1,73 кH.

2 ×1

Из (3.5):

4 ×1 -1(1 + 2)

Qb - P(b + c)cos 30O

= 1,62 кH.

b cos 30O

1×

Из (3.4):

X'K = P sin30º – RB sin30º = 1 · 0,5 – 1,62 · 0,5 = –0,31 кН;

X'K = X'K – 0,31 кН.

Из (3.3):

MA = M –

YKa = 3 – (–1,73 · 3) = 8,19

кН · м.

Из (3.2):

YA = – YK = 1,73 кН.

Из (3.1):

XA = – XK = 0,31 кН.

Для проверки найденных значений реакций составим одно из уравнений равновесия для всей конструкции в целом (рис. 4.3в), например:

SFiy = 0;	YA – Q + RB cos30º + P cos30º = 0;

	1,73 - 4 +1,62 ×	3	+1×	3	= 0.

	2			2

Ответ: XA = 0,31 кH; XK = – 0,31 кH;

YA = 1,73 кH; YK = – 1,73 кH; MA = 8,19 кHּм; RB = 1,62 кH.

Самостоятельно исследовать влияние угла α или момента М на величину реакции YK и момента MA.

Пример 4 (задача 2-1). Дано: G = 2 кН; Q = 20 кН; коэффициент сцепления (трения покоя) fсц = 0,1; a = 20º; a = 10 см; b = 20 см. Определить минимальное значение силы Р и реакции опор О, А и В для системы, изображенной на рис. 4.4а.

Решение. Рассмотрим сначала систему уравновешивающихся сил, приложенных к телу Q (рис. 4.4б). На тело действуют сила тяжести Q, реакция нити T и нормальная реакция N1.

Рис. 4.4. Система уравновешивающихся сил

Рассматривая тело Q как материальную точку, составим уравнения равновесия указанных сил:

ΣFix = 0;		Q cos45º – T = 0;
ΣFiy = 0;		N1 – Q sin45º = 0.
Отсюда
T = Q cos45º;		N1 = Q sin45º.
Затем рассмотрим равновесие сил, приложенных к барабану (рис. 4.4в):
ΣMiO = 0;		– T'R + Fсц · 1,5R = 0,	(4.1)
где Fсц – сила сцепления (сила трения покоя);
ΣFix = 0;	T' + Fсц cosα – N2 sinα + XO = 0;		(4.2)
ΣFiy = 0;	N2 cosα + Fсц sinα + YO – G = 0.		(4.3)

В состоянии предельного равновесия сила Р минимальна, а сила сцепления (трения покоя) между тормозной колодкой и барабаном определяется равенст-

вом
Fсц = fсцN2.	(4.4)
56

Из уравнений (4.1)–(4.4) получим:

Fсц = T'/1,5;

N2 = Fсц/fсц;

XO = – T' – Fсц cosα + N2 sinα;

YO = – N2 cosα – Fсцsinα + G.

Для определения минимального значения силы Р и реакций опор А и В (эти реакции перпендикулярны направляющим А и В, т. к. трением здесь пренебрегаем) рассмотрим равновесие сил, приложенных к штоку тормозного устройства (рис. 4.4г):

ΣMiA = 0;	F'сцa + Rbb = 0;		(4.5)
ΣFix = 0;	N2 – Pmin = 0;		(4.6)
ΣFiy = 0;	RA + RB –	F'сц = 0.	(4.7)
Решая эти уравнения, получаем
RB = – F'сцa/b;	Pmin = N'2;	RA = – RB + F'сц.

Учитывая заданные в условии числовые значения, получим:

N1 = 14,1 кН;

N2 = 94 кН; YO = –89,6 кН;

RA = 14,1 кН;

Fсц = 9,4 кН; XO = 9,2 кН; RB = –4,7 кН;

Pmin = 94 кН.

Пример 5 (задача 2-2). Горизонтальная тонкая плита ABDE, имеющая форму трапеции, закреплена сферическим шарниром А и невесомым стержнем

EE'. На плиту действует сосредоточенная сила P, сила тяжести плиты G и пара сил с моментом М, расположенная в плоскости плиты (рис. 4.5).

	z
	E′

	ZA
N	ZA			ZB
N	A			ZB
	A	YA		y
			хC	B
S	XA	M	хC	B
α	у			XB
E	C		С	XB
E			С	K
				K


		P Ay

	G
	G	P

x	D

Рис. 4.5. Расчетная схема плиты

Дано: Р = 4 кН; М = 8 кН м; вес единицы площади плиты qs = 1 кН/м2;

a= 60º; АВ = 3 м; BD = 2,2 м; АЕ = 1 м. Определить:

1)координаты хc, уc центра тяжести плиты;

2)реакции в опорах А, В и стержня EE'.

Решение.

1. Искомые координаты хc, уc найдем как координаты центра тяжести площади ABDE:

хc =	S y	;	уc =	S	x	,
	F
				F

где Sx, Sy – статические моменты площади ABDE относительно осей х и у; F – площадь трапеции ABDE.

Трапецию ABDE разделим на треугольник EKD и прямоугольник ABKE. Пусть F1, F2, x1, y1, x2, y2 – площади и координаты центров тяжести треугольни-

ка EKD и прямоугольника ABKE. Соответственно, имеем:
F =	1	3 ×1,2 =1,8 м2	;	x = BK +			1	KD =1,4 м; y =					2	EK = 2 м;
F =		3 ×1,2 =1,8 м2	;	x = BK +				KD =1,4 м; y =						EK = 2 м;
1	2			1		3						1	3
	2					3							3
	F = 3 ×1 = 3 м2		;	x =	1	BK = 0,5 м; y				=	1	AB =1,5 м.
	F = 3 ×1 = 3 м2		;	x =		BK = 0,5 м; y			2	=		AB =1,5 м.
		2		2	2				2	2
					2					2

Тогда

Sх = F1 y1 + F2 y2 = 3,6 + 4,5 = 8,1 м3;

S y = F1x1 + F2 x2 = 2,52 +1,5 = 4,02 м3;

х =	4,02	= 0,84 м;	у		=	8,1	= 1,69 м.
				C
C	4,8				4,8

К точке С приложим силу тяжести плиты:

G = qsF = 1 · 4,8 = 4,8 кН.

2. Изобразим реакции связей. Реакцию сферического шарнира разложим на три составляющие: X A ,YA, Z A; цилиндрического шарнира – на две составляю-

щие X В, ZВ; реакцию S стержня направляем по оси стержня от Е к E', предпо-

лагая, что он растянут.

3. Составим шесть уравнений равновесия для действующей на плиту про-

странственной системы сил:
SFiX = 0;	XA + XB –	S cos60º = 0;	(5.1)
SFiY = 0;	YA + P = 0;		(5.2)
SFiZ = 0;	ZA + ZB –	G – S cos30º = 0;	(5.3)
	58

ΣM X (Fi )= 0;	ZBAB – GYC = 0;	(5.4)
ΣMY (Fi )= 0;	– SAN + GXC = 0;	(5.5)
ΣM Z (Fi )= 0;	– XBAB + PBD + M = 0.	(5.6)

Определим значения реакций.

Из (5.2):

YA = – P = –4 кН.

Из (5.4):

Z B

= G

= 4,8

1,69

= 2,704 кН.

АВ

Из (5.5):

S = G

X C

= 4,8

0,84

= 4,66 кН.

АN

0,866

Из (5.6):

M + P × BD

8 + 4 × 2,2

X B

= 5,6 кН.

Из (5.1):

XA = S cos60º – XB = –3,27 кН.

Из (5.3):

ZA = – ZB + G + S cos30º = 6,11 кН.

Самостоятельно исследовать влияние угла α на натяжение нити.

Указание. Из уравнения

– SAN + GXC = 0

найдем

S = GX C , AN

где AN = AE sinα = 1 · sinα.

Для самостоятельного исследования взять два угла: α = 30º и α = 45º.

4.2. Кинематика

Ниже изложена методика решения задач типа 2-3, 3-2, 3-3, 3-4. Задачи типа 3-2 и 3-3 будут предложены на экзамене.

Пример 6 (задача 2-3). Движение точки задано уравнениями

x = 2t;

y = t2.

(t – в секундах; x, y –

в сантиметрах)

Найти и построить траекторию точки; скорость и ускорение ее при t = 1 с.

Решение.

1. Определим траекторию движения точки. Для этого из уравнений движе-

ния исключим время t:

t = x ;

y = t 2 = x2 .

Уравнение траектории y = x2

(парабола).

Построим траекторию движения точки,

предварительно проверив часть параболы, кото-

рая является траекторией точки. Так как x ³ 0,

y ³ 0, искомой траекторией будет лишь положи-

тельная ветвь параболы y = x2

(рис. 4.6).

2. Найдем скорость точки. Так как движе-

ние задано координатным способом, то величи-

на и направление скорости определяются сле-

дующими формулами:

v =

x&2 + y&2 ;

cos (v, x) =

;

Рис. 4.6. Траектория,

скорость и ускорение точки

x& = 2;	y& = 2t;
		R	1
		R	1
v =	22 + (2t )2 = 2 1 + t 2 см/с;	cos(v, x) =		.
v =	22 + (2t )2 = 2 1 + t 2 см/с;	cos(v, x) =		.
			1 + t 2

При t = 1 c

	R	1
	R	1
vM = 2 1 + 1 = 2,82 см/с;	cos (v, x) =		.

		2
		2

В точке М приложим начало вектора скорости, который составляет с осью Ох угол

α = arccos 1 = 45O 2

	R
	α = v, x .

С другой стороны, x = vх	= 2 см/с; y = vy = 2t = 2 ×1 = 2 см/с (при t = 1 с).
&	&
R	R	R
Покажем вектор скорости vм и ее составляющие по осям vх		и vy .
	60

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 106 7 8 9 10 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
02.03.201638.9 Кб4темы ДП каф.МиМ 2014.docx
#
13.11.201933.52 Кб3темы ДП каф.МиМ.docx
#
22.09.201974.24 Кб8Темы ДР на 2011-2012 уч.год.doc
#
09.11.201961.44 Кб13Темы ДР на 2012-2013 уч.год.doc
#
10.07.2019131.58 Кб20темы исследоват работ экология.doc
#
02.03.20163.68 Mб46Теор. Мех. Методическое пособие для КР.pdf
#
16.08.2019189.95 Кб36Теория перевода 13-16.doc
#
02.03.2016322.43 Кб150Теория статистики, вопросы(зачет,экзамен) .docx
#
02.03.20161.94 Mб189Теория Страхования часть 2, 5 курс.rtf
#
15.08.2019273.92 Кб14Теплот Строительство ПГС(3 пок) испр.doc
#
02.03.2016203.26 Кб29теплотехника СТиТМ_ 2012.doc