q - Ставропольский государственный медицинский университет

Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
Ставропольский Государственный Медицинский Университет
И.А. Пурикова
ПРИКЛАДНАЯ МЕХАНИКА
Методические указания
к контрольным работам
1
Методические указания к контрольной работе
Методические указания составлены в соответствии с требованиями
государственного образовательного стандарта высшего профессионального
образования и программой дисциплины «Прикладная механика».
В них содержатся краткие теоретические сведения, расчеты элементов
конструкций, а также карточки индивидуальных заданий для выполнения
контрольной работы работ по данной дисциплине.
Автор: И.А. Пурикова, доцент
Выбор индивидуальных данных
Индивидуальные исходные данные принимаются в соответствии
с
индивидуальным шифром задания, который является последними двумя
цифрами зачетной книжки студента или порядковым номером студента в
списке группы. Предпоследняя цифра соответствует номеру рисунка,
последняя цифра соответствует строке численных данных.
1.
ФОРМУЛИРОВКА ЗАДАНИЯ И ЕГО ОБЪЕМ
Контрольная работа на тему: «Определение опорных реакций и усилий в
элементах стержневых систем методами механики абсолютно твердого
тела.
1.2
ОБЪЕМ КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ
На основании исходных данных выполнить следующее:
Введение.
2
Задача № 1 Определение опорных реакций в сложной раме.
Задача №2.Определение опорных реакций в балке.
Задача № 3 . Определение усилий в стержневых конструкциях – фермах,
методом Риттера и методом вырезания узлов.
2. Пояснительная записка содержит следующие разделы и
подразделы:
Задача № 1 Определение опорных реакций в сложной раме. В плоской раме
определить опорные реакции R а , R в , Х а в местах закрепления ( точках А и В
). Сделать проверку правильности определения реакций. Принять длину L = 0,5
метра.
Задача №2.Определение опорных реакций в балке. В балке определить
опорные реакции связей R а , R в , Х а и сделать проверку правильности
определения. Принять длину L = 1 метр
Задача № 3 . Определение усилий в стержневых конструкциях – фермах,
методом Риттера и методом вырезания узлов.
Определить опорные реакции R а , R в , Х а в местах закрепления ( точках А и В
). Методом вырезания узлов определить усилия во всех стержнях фермы S n.
Сделать сечение фермы, проходящее через три стержня фермы, отбросить одну
из частей фермы, найти моментную точку и определить усилия в указанных
стержнях фермы по методу Риттера. Сравнить полученные усилия по методу
вырезания узлов и методу Риттера и сделать вывод о правильности расчета.
3
Краткие теоретические сведения
Плоской рамой называется стержневая система, элементы которой жестко или
шарнирно соединены между собой, нагруженная в своей плоскости.
Вертикально (или под наклоном) расположенные стержни рамы называются
стойками, а горизонтальные - ригелями. Жесткость узлов устраняет
возможность взаимного поворота скрепленных стержней, то есть в узловой
точке углы между их осями остаются неизменными. Как и многие другие
системы, рамы делятся на статически определимые и статически
неопределимые . Промежуточный шарнир снижает степень статической
неопределимости рамы на величину m - 1, где m - число стержней,
сходящихся в шарнире. Если m >2, то шарнир называется кратным .
Задачи для самостоятельного решения по теме № 1
Жесткая рама закреплена в точке А шарнирно, а в точке В прикреплена
или к невесомому стержню ВВ1,. или, к шарнирной опоре на катках;
стержень прикреплен к раме и к неподвижной опоре шарнирами.
4
5
6
7
Часть 2
РАВНОВЕСИЕ ПЛОСКОЙ СИСТЕМЫ ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ СИЛ
КРАТКИЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ПОЛОЖЕНИЯ
Плоская система сил, у которой все действующие на тело силы
параллельны друг другу и находятся в одной плоскости, называется плоской
системой параллельных сил (рисунок 1).
8
Y
F2
F1
Fn
О
X
Рисунок 1
Условие равновесия плоской системы параллельных сил
1. Первая (основная) форма условия равновесия:
Алгебраическая сумма проекций всех сил на какую-либо ось,
перпендикулярную линиям их действия, равна нулю, а алгебраическая сумма
моментов этих сил относительно любого центра О также равна нулю.
- если ось X перпендикулярна линиям действия сил, то
F
M
 0;
ky
0
( Fk )  0 ,
- если ось Y перпендикулярна линиям действия сил, то
F
kx
M
 0;
0
( Fk )  0
2. Вторая форма условия равновесия:
Алгебраическая сумма моментов всех
произвольных центров равна нулю.
M
A
( Fk )  0;
M
сил
B
относительно
двух
( Fk )  0 ,
причем, точки А и В не должны лежать на прямой параллельной
силам.
Если на тело действует наряду с параллельной системой сил еще и
система пар лежащей в той же плоскости, то условие равновесия будут иметь
следующий вид:
F
kx
 0;
F
ky
 0;
M
0
( Fk )   M Pk  0 ,
где МРК –алгебраическая сумма моментов пар.
9
Опорные устройства балочных систем
Очень часто в машинах и конструкциях встречаются тела удлиненной
формы, называемые балками (или балочными системами). Балкой
называется тело, один из размеров которого, а именно, длина много больше
двух других. Балки имеют специальные опорные устройства для сопряжения
их с другими элементами и передачи на них усилий. Применяются
следующие виды опор.
Шарнирно-подвижная опора. Такая опора допускает поворот вокруг
оси шарнира и линейное перемещение параллельно опорной плоскости. В
этой опоре известны точка приложения опорной реакции - центр шарнира и
ее направление - перпендикуляр к опорной плоскости. Здесь остается
неизвестным числовое значение опорной реакции RA.
Следует отметить, что опорная поверхность шарнирно-подвижной
опоры может быть непараллельна оси балки. Реакция RA в этом случае не
будет перпендикулярна оси балки, так как она перпендикулярна опорной
поверхности. Варианты условных изображений шарнирно-подвижной опоры
показано на рисунке 2.
RA
A
Рисунок 2
Шарнирно-неподвижная опора Эта опора допускает поворот вокруг
оси шарнира, но не допускает никаких линейных перемещений. В данном
случае известна только точка приложения опорной реакции — центр
шарнира; направление и значение опорной реакции неизвестны. Обычно
вместо определения значения и направления (полной) реакции RA находят ее
составляющие RAХ и RAY. вдоль двух взаимноперпендикулярных осей
Варианты условных изображений шарнирно-неподвижной опоры показано
на рисунке 3.
10
y
RAX
RAY
A
х
Рисунок 3
Жесткая заделка (защемление) – это такая опора, которая не
допускает ни линейных перемещений, ни поворота (рисунок 4).
Неизвестными здесь являются не только значение и направление реакции, но
и точка ее приложения. Поэтому жесткую заделку заменяют силой реакции
RА , которую раскладывают на составляющие по осям RАХ и RАY вдоль двух
взаимноперпендикулярных осей и парой сил с моментом МА.
y
RAX
RAY
A
х
МА
Рисунок.4
Таким образом, для нахождения реакции жесткой заделки надо
определить три неизвестные величины: RАХ, RАY, МА. Условное изображение
шарнирно-неподвижной опоры показано на рисунке 4.
11
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
ЗАДАЧА № 1
Горизонтальная консольная балка АВ опирается на две опоры. К торцу
В балки прикреплен трос, перекинутый через блок D и несущий груз весом
Q = 500 Н, при этом АС = 2 м, СВ = 1м . Углы α = 30° и β = 60° (рисунок 5, а).
Определить реакции опор балки. Весом балки, троса и трением в блоке –
пренебречь.
D
β
А
C
В
Q
α
а
y
Q
RA
β
60°
C
В
RC
90°
х
А
90°
К
М
б
Рисунок 5
РЕШЕНИЕ
1. Выделим тело, равновесие которого рассматриваем, отбросим связи
и приложим к нему все внешние силы и реакции связей (Q, RС и RA) Для
подвижной опоры (катка) линия действия реакции опоры перпендикулярна
плоскости опоры А, т.е. в нашем случае параллельна линии действия
натяжения троса Q. Линия действия силы реакции опоры С будет
12
параллельна им, т. к. балка АВ находится в равновесии по условию задачи и
поэтому многоугольник сил должен быть замкнут, т. е. линия действия
реакции RА должна быть параллельна линиям действия вышеуказанных сил.
2. Выбираем систему координат (оптимальную) – ось OX
перпендикулярна линиям действия сил.
3. Составляем аналитические уравнения условий равновесия балки (для
плоской системы параллельных сил):
F
ky
 0;
M
А
( Fk )  0
(1)
или
R А  Q  Rc  0
R c  AК  Q  АМ  0 ,
где:
и
АК  АС  cos 30  - плечо силы Rc
АМ  АВ  cos 30  – плечо силы Q.
Решая систему уравнений (4.1), получим:
AB
3
 500   750 Н
AC
2
RА  Rc  Q  750  500  250 Н
Rc  Q 
Ответ:
RА  250 Н , Rc  250 Н
ЗАДАЧА № 2
Балка АВ подвергается действию пары сил с моментом М = 400кН м,
сосредоточенной силы Р = 80 кН и равномерно распределенной нагрузки
интенсивностью q = 60 Н/м, длина l = 2 м.. Определить реакции опор балки
(рисунок 6, а).
РЕШЕНИЕ
1. Выделим тело, равновесие которого рассматриваем, отбрасываем
связи и заменяем их действие силами реакций опор, прикладываем все
внешние нагрузки. Линии действия реакций RА , RВ параллельны линии
действия сил P, Q по той же причине, что и в предыдущей задаче (рисунок
6,б).
Q  q  l - величина равнодействующей распределенной нагрузки
приложеной в середине участка действия (центр тяжести прямоугольника
распределенных сил)
13
M
Р
В
А
l
l
l
a
y
M
P
RA
RB
x
Q
б
Рисунок 6
2. Выбираем оптимальную систему координат ( ось ОХ
перпендикулярна силам )
3. Составим аналитические уравнения условий равновесия для плоской
системы параллельных сил:
F
ky
 0; R А R В  P  Q  0
M
А
(2)
0
M Q

 Р    RВ  2  0
2
(3)
Из уравнения (3) определяем:
RВ 

2
 M 80  2  120   400
2
2

 90 кН.
2
22
P Q
( знак «-» означает, что истинное направление реакции
противоположно показанному на чертеже)
Из уравнения (2) определяем
R А  Q  P  R В  120  80  90  110 кН .
14
RВ
Ответ: RA = 110 Н.
ЗАДАЧА № 3
Определить силы, с которыми давят на рельсы колеса A и В крана,
схематически изображенного на рисунке 7. Вес крана Р = 40 кН, центр
тяжести его лежит на линии DE. Вес поднимаемого груза Q = 10 кН, вылет
крана b=3,5 м, расстояние AВ = 2а = 2,5 м.
РЕШЕНИЕ
Рассмотрим равновесие всего крана, отбросив связи и заменив их
реакциями. На кран действуюn заданные силы Р и Q и реакции связей NA и
NB. Для этой системы параллельных сил составляем аналитические
уравнения условия равновесия, принимая за центр моментов точку А и
проектируя силы на вертикальную ось У, получим:
М
А
0
 P  a  NB  2 a  Q  a  b  0
F
KY
0
NA  NB  P  Q  0
Решая эти уравнения найдем:
b 
N A  0,5  P  0,5  Q    1  11 kH,
a 
b 
N B  0,5  P  0,5  Q    1  39 kH.
a

Для проверки составим уравнение моментов относительно центра
15
(4)
(5)
M
B
0
 NA  2 a  P  a  Q  b  a   0
(6)
b
Рисунок 7
Подставляя в равенство (6) найденное значение NA из уравнений (4) и
(5), убеждаемся, что уравнение удовлетворяется. Искомые силы давления
колес на рельсы равны численно NA и NB, но направлены вниз.
Из найденного решения видно, что при
Q = a P / (b - a) = 22,2 кН
(7)
реакция NA обращается в нуль и левое колесо перестает давить на
рельс. При дальнейшем увеличении нагрузки Q кран начинает
опрокидываться. Наибольшая нагрузка Q, при которой сохраняется
равновесие крана, определяется из условия уравнения (7).
16
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ ПО ТЕМЕ № 2
Задание № 2.
Консольная балка длиной l = 12 м и пролетом АВ = 10 м находится в
равновесии под действием нагрузки (рисунок 4.10, а, б, в, г ).
Найти: 1. Линии действия всех сил. 2. Уравнение равновесия.

3. Реакцию опоры А ( R A ).
1
2
Р
M
q

4. Реакцию опоры В ( R B ).
Р
M
В
А
q
2м
P
А
В
2м
2м
q = 2 кН/м; Р=2кН; М=2 кН м
Р = 3 кН; q=1кН/м; М=4кН м
Р
3
4
M
Р
B
q
P
A
1м
M
P
q
В
А
2м
Р = 1 кН; q=2кН·м; М=2кН м
Р = 4 кН; q=4кН/м; М=4кН м
6
5
q
q
М
M
В
А
Р
В
А
Р
3м
6м
2м
q = 1 кН/м; Р=1кН; М=4 кН·м
q = 2 кН/м; Р=2кН; М=6 кН м
Рисунок 4.10, а
17
7
q
8
M
В
А
M
q
А
РД
В
С
5м
Р
q = 2 кН/м; Р=2кН; М=5 кН м
9
Р = 1 кН; q=1кН/м; М=4кН м
M
2м
5м
10
q
q
P
А
A
Р = 2 кН; q=5кН/м; М=2 кН м
11
B
Р
Р = 2 кН; q=2кН·м; М=4кН м
12
M
3м
q
M
В
q
В
А
Р
С
В
Р
М
Р
Р
А
3м
q = 1 кН/м; Р=3кН; М=2 кН м
q = 2 кН/м; Р = 4кН; М =3 кН м
14
13
M
M
q
q
В
А
P
А
Р
В
2м
Р
Р = 3 кН; q=2кН/м; М=7 кН м
Р = 1,5 кН; q=3кН·м; М=2кН м
Рисунок 4.10, б
18
P
19
15
Р
M
16
q
M
P
q
P
А
В
А
В
5м
3м
Р
Р = 3 кН; q=1,5 кН/м; М=3 кН м
Р = 3 кН; q=2кН·м; М=2 кН м
17
18
2м
q
q
2м
M
В
В
А
А
M
Р
q = 3 кН/м; Р=2кН; М=4 кН м
Р = 3 кН; q=2кН/м; М=4кН м
19
20
q
q
M
М
Р
P
В
А
В
А
Р
q = 4 кН/м; Р=3 кН; М=2 кН м
q = 2 кН/м; Р = 3кН; М=1 кН·м
Р
21
q
M
22
3м
3м
q
M
Р
А
В
P
В
А
3м
3м
q = 3 кН/м; Р=3 кН; М=4 Нм
q = 2 кН/м; Р=4 кН; М=5 кНм
Рисунок 4.140, в
20
23
q
M
24
3м
2м
Р
q
M
В
Р
В
P
А
А
1м
Р = 2 кН; q=2кН·м; М=1кН м
q = 3 кН/м; Р=5 кН; М=4 кНм
25
26
Р
M
q
P
q
M
Р
В
P
А
В
5м
4м
q = 1 кН/м; Р=3 кН; М=2 кНм
27
q = 3 кН/м; Р=2 кН; М=6 кНм
28
M
q
M
Р
В
А
q
P
В
А
Р
4м
3м
Р = 2 кН; q=2кН·м; М=6 кНм
29
q
q = 2 кН/м; Р=4 кН; М=2 кНм
30
М
q
А
В
M
3м
3м
А
Р
В
Р
q = 1 кН/м; Р=3кН; М=4 кН·м
q = 1 кН/м; Р=1 кН; М=3 кНм
Рисунок 4.10, г
21
31
q
Р
M
32
3м
2м
q
M
В
Р
В
P
А
А
1м
Р = 2 кН; q=2кН·м; М=1 Н/м
q = 3 кН/м; Р=5 кН; М=4 кНм
33
34
Р
q
Р
M
А
P
q
M
P
В
В
4м
5м
q = 3 кН/м; Р=2 кН; М=6 кНм
q = 1 кН/м; Р=3 кН; М=2 кНм
35
36
q
M
Р
3м
2м
q
M
В
Р
В
P
А
А
1м
Р = 2 кН; q=2кН·м; М=1кН м
q = 3 кН/м; Р=5 кН; М=4 кНм
Рисунок 4.10, д
22
Часть №3
РАСЧЕТ ПЛОСКИХ ФЕРМ
Краткие теоретические положения
Пример решения задач на равновесие системы тел дает расчет
ферм. Фермой называется жесткая конструкция из прямолинейных стержней, соединенных на концах шарнирами. Если все
стержни фермы лежат в одной плоскости, ферму называют плоской.
Места соединения стержней фермы называют узлами. Все внешние
нагрузки к ферме прикладываются только в узлах. При расчете
фермы трением в узлах и весом стержней (по сравнению с
внешними нагрузками) пренебрегают или распределяют веса
стержней по узлам. Тогда на каждый из стержней фермы будут
действовать две силы, приложенные к его концам, которые при
равновесии могут быть направлены только вдоль стержня.
Следовательно, можно считать, что стержни фермы работают
только на растяжение или на сжатие. Ограничимся
рассмотрением жестких плоских ферм без лишних стержней,
образованных из треугольников. В таких фермах число стержней k
и число узлов n связаны соотношением
В самом деле, в жестком треугольнике, образованном из трех
стержней, будет три узла .Присоединение каждого следующего
узла требует два стержня ,следовательно, для всех остальных (п—3)
узлов потребуется 2 (п—3) стержней. В результате число стержней
в ферме k=3+2(n—3) = =2n—3. При меньшем числе стержней
ферма не будет жесткой, а при большем числе она будет статически
неопределимой.
Расчет фермы сводится к определению опорных реакций и усилий в
ее стержнях.
Опорные реакции можно найти обычными методами статики ,
рассматривая ферму в целом как твердое тело. Перейдем к
определению усилий в стержнях.
23
Метод вырезания узлов. Этим методом удобно пользоваться,
когда надо найти усилия во всех стержнях фермы. Он сводится к
последовательному рассмотрению условий равновесия сил,
сходящихся в каждом из узлов.
Метод сечений (метод Риттера).
Этим методом удобно пользоваться для определения усилий в
отдельных стержнях фермы, в частности для проверочных
расчетов. Идея метода состоит в том, что ферму разделяют на две
части сечением, проходящим через три стержня, в которых (или в
одном из которых) требуется определить усилия, и рассматривают
равновесие одной из этих частей. Действие отброшенной части
заменяют соответствующими силами, направляя их вдоль
разрезанных стержней от узлов, т. ё. считая стержни растянутыми
(как и в методе вырезания узлов). Затем составляют уравнения
равновесия в форме , беря центры моментов (или ось проекций)
так, чтобы в каждое уравнение вошло только одно неизвестное
усилие.
Задача №1
Задано: плоская ферма у которой
Р1 = 4 кН; Р2 = 6 кН; Р3 = 2 кН; а = 4,8 м; h = 3,6 м;
Определить : а) усилия во всех стержнях фермы,
б) усилия в стержнях: 4, 5, 10 методом Риттера.
24
Освободим систему от внешних связей и заменяем их действие реакциями
Определим опорные реакции связей.
25
F
0
X
X A  P3  0
X A   P3  2кН
m
0
A
RB  4a  P1  a  P2  2a  P3  2h  0
RB 
4  4,8  6  2  4,8  2  2  3,6
 3,25кН
4  4,8
F
0
Y
YA  RB  P1  P2  0
YA   RB  P1  P2  3,25  4  6  6,75кН
Вырезаем угол A.
F
KY
0
 S 2 sin   YA  0
YA
6,75

 11,25кН
sin 
0,6
S2 
F
KX
0
S1  X A  S 2 cos   0
S1   X A  S 2 cos   (2)  11,25  0,8  7 кН
Вырезаем угол B.
F
KY
0
 S 3  P1  0 S 3   P1  4кН
F
KX
0
S 4  S1  0 S 4  S1  7кН
Вырезаем угол E.
26
F
KY
0
 S13 sin   RB  0
S13 
RB
3,25

 5,42кН
sin  0,6
F
KX
0
 S12  S13 cos   0
S12   S13 cos   5,42  0,8  4,33кН
Вырезаем угол D.
F
KY
0
S11  0
F
KX
0
 S 8  S12  0 S 8  S12  4,33кН
Вырезаем угол K.
F
KX
0
S 5 cos   S 6 cos   S 2 cos   0
F
KY
0
S 5 sin   S 6 sin   S 2 sin   S 3  0
S 5  3,33кН
S 6  7,92кН
Вырезаем угол N.
27
F
KX
0
 S 9 cos   S 9 cos   S13 cos   0
F
KY
0
S 9 sin   S10 sin   S13 sin   S11  0
S 9  0кН
S10  5,42кН
Вырезаем угол M.
F
KY
0
S 7  S 6 sin   S10 sin   0
S 7   S 6 sin   S10 sin   7,92  0,6  5,42  0,6  8кН
Полученные данные сводим в таблицу
S1
-7
S2
11,25
S3
-4
S4
-7
S5
3,33
S6
7,92
S7
-8
S8
- 4,33
S9
0
S10
5,42
S11
0
Определим усилия в стержнях 4, 5, 10 методом Риттера.
Проводим сечение I – I.
Определим усилия в стержнях 4 и 5 методом Риттера.
m
K
0
 S 4  h  X A  h  YA  a  0
 X A  h  YA  a  (2)  3,6  6,75  4,8

 7кН
h
3,6
S4 
m
A
0
S 5  r1  P1  a  0
r1  2a  sin 
S 5  2a  sin   P1  a  0
P1  a
4  4,8

 3,333кН
2a  sin  2  4,8  0,6
S5 
Проводим сечение II – II.
m
C
0
 S10  r2  RB  2a  0
r2  2a  sin 
S10 
RB  2a
3,25  2  4,8

 5,42кН
2a  sin  2  4,8  0,6
28
S12
- 4,33
S13
5,42
Задачи для самостоятельного решения по теме № 3
29
30
31
32
33
СПИСОК РЕКОМЕНДУЕМОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
1. Поляхов Н. Н., Зегжда С. А., Юшков М. П. «Теоретическая механика» М.,
«Высшая школа», 2002 г.
2. Тарг С. М., «Краткий курс теоретической механики» М.2001 г.
3. Яблонский А. А., Норейка С. С., Вольфсон С. А. «Сборник заданий для
курсовых работ по теоретической механике» М. 2001 г.
4Эрдеди А. А., Аникин В. В., Медведев Ю. А., Чуйков А. С., «Техническая
механика»: М.,1985 г.
5Бычков А. В., Миров М. О. «Теоретическая механика» М.
1996 г.
6Улитин Н. С., Першин А. Н., Лауенберг Л. В., «Сборник задач по
технической механике» М. 1985 г.
8Верейна А.Л. « Техническая механика», М., В.школа,2001год.
34