Решение Заменим опоры реакциями связи и изобразим эквивалентную схему нагружения
Скачать 487.81 Kb.
|
Министерство НАУКИ И ВЫСШЕГО образования Российской Федерации Федеральное государственное автономное образовательное учреждение высшего образования «Национальный исследовательский Томский политехнический Университет» Школа базовой инженерной подготовки Отделение общетехнических дисциплин «Определение реакции опор плоской конструкции» Индивидуальное задание № 1 Вариант - 10 по дисциплине: МЕХАНИКА Исполнитель: Студент группы 5Б03 Мельник В.А. 19.09.21 Руководитель: Преподаватель канд. физ. мат. наук Коноваленко И.С. Томск – 2021 Техническая задача: Стальная стержневая конструкция находится под действием сил, моментов и распределенной нагрузки. Определить реакции опор твердого тела. Сделать проверку. Длины участков заданы в метрах. Индивидуальный шифр – 4 1 0 1 0. Дано: P1 = 18 кН; P2 = 16 кН; P3 = 10 кН; G = 14 кН; q = 4 кН/м; M = 4 кН·м; Углы α = 45° и β=30°. Рис. 1. Схема нагружения плоской конструкции Решение: Заменим опоры реакциями связи и изобразим эквивалентную схему нагружения. Рис.2 Эквивалентная схема нагружения Для определения реакций запишем уравнения равновесия: Q = 2·q = 8 кН ∑MA = P3·sin(α)·2 + P3·cos(α)·4 – Q·3 – M + P2·2 – G·sin(α)·3 – G·cos(α)·2 – P1·cos(β)·2 – P1·sin(β)·6 + By·8 = 0 (1) ∑MB = P3·sin(α)·10 + P3·cos(α)·2 – Q·1 – M – P2·6 + G·sin(α)·5 + P1·sin(β)·2 – Ay·8 + Ax·2 = 0 (2) ∑Fix = -P3·cos(α) + Q + Ax + G·cos(α) + P1·cos(β) = 0 (3) Из (1) найдем By: P3·sin(α)·2 + P3·cos(α)·4 – Q·3 – M + P2·2 – G·sin(α)·3 – G·cos(α)·2 – P1·cos(β)·2 – P1·sin(β)·6 = -By·8 10·0,71·2 + 10·0,71·4 – 8·3 – 4 + 16·2 – 14·0,71·3 – 14·0,71·2 – 18·0,87·2 – 18·0,5·6 = - By·8 -88,42 кН = - By·8 By = 11,05 кН Из (3) найдем Ax: Ax = P3·cos(α) - Q - G·cos(α) - P1·cos(β) Ax = 10·0,71 - 8 - 14·0,71 - 18·0,87 Ax = -26,5 кН Из (2) найдем Ay: Ay·8 = P3·sin(α)·10 + P3·cos(α)·2 – Q·1 – M – P2·6 + G·sin(α)·5 + P1·sin(β)·2 + Ax·2 Ay·8 = 10·0,71·10 + 10·0,71·2 – 8·1 – 4 – 16·6 + 14·0,71·5 + 18·0,5·2 + (-26,5)·2 Ay·8 = -8,1 кН Ay = -1,01 кН Проверка: ∑MС = Q·1 + Ay·2 + Ax·4 – M + P2·4 – G·sin(α)·5 + G·cos(α)·2 + P1·cos(β)·2 – P1·sin(β)·8 + By·10 = 0 8·1 + (-1,01)·2 + (-26,5)·4 – 4 + 16·4 – 14·0,71·5 + 14·0,71·2 + 18·0,87·2 – 18·0,5·8 + 11,05·10 = 0 -0,02 ≠ 0 Δ = (|-0,02|/110,5) · 100% = 0,0181% Ответ: By = 11,05 кН Ax = -26,5 кН Ay = -1,01 кН ОПРЕДЕЛЕНИЕ РЕАКЦИЙ В ОПОРАХ СОСТАВНОЙ КОНСТРУКЦИИ Определить реакции опор и давление в промежуточном шарнире C заданной составной конструкции, находящейся под действием внешних сил. Сделать проверку. Исходные данные: Рис.3 Составная конструкция Сосредоточенная сила P =18 кН; Распределенная нагрузка q=3 кН/м; Сосредоточенный момент М=6 кНм; Углы наклона α = 35° и β = 40°; Длина a = 2 м. Решение: Данная конструкция состоит из двух тел, сочлененных шарниром C. Мысленно освобождаемся от связей, наложенных на каждое из тел, заменяя их на соответствующие реакции. Рассматриваем системы уравновешивающихся сил, приложенных к каждому телу в отдельности. Рис. 4.1А. Эквивалентная схема нагружения левой части составной конструкции; Рис. 4.1Б. Эквивалентная схема нагружения левой части составной конструкции; Рассмотрим левую часть конструкции рис.4.1Б. Для определения реакций составим уравнения равновесия: ∑MС = P·sin(α-β)·2·a + P·cos(α-β)·2·a·tg(β) – K·cos(β)·a - K·sin(β)·a·tg(β) = 0 (1) ∑MK = P·sin(α-β)·a + P·cos(α-β)·a·tg(β) + Cx·a·tg(β) – Cy·a = 0 (2) ∑Fix = -P·cos(α-β) + K·sin(β) + Cx = 0 (3) Из (1) найдем K: P·sin(α-β)·2·a + P·cos(α-β)·2·a·tg(β) = K·cos(β)·a + K·sin(β)·a·tg(β) P·sin(α-β)·2·a + P·cos(α-β)·2·a·tg(β) = K·(cos(β)·a + sin(β)·a·tg(β)) (P·sin(α-β)·2·a + P·cos(α-β)·2·a·tg(β))/(cos(β)·a + sin(β)·a·tg(β)) = K (18·sin((-5)°)·2·2 + 18·cos((-5)°)·2·2·tg(40°))/(cos(40°)·2 + sin(40°)·2·tg(40°)) = K 20,42 кН = K Из (3) найдем Cx: -P·cos(α-β) + K·sin(β) = -Cx (-18·cos((-5)°) + 20,42·sin(40°) = -Cx -4,75 кН = -Cx 4,75 кН = Cx Из (2) найдем Cy: P·sin(α-β)·a + P·cos(α-β)·a·tg(β) + Cx·a·tg(β) – Cy·a = 0 P·sin(α-β)·a + P·cos(α-β)·a·tg(β) + Cx·a·tg(β) = Cy·a 18·sin((-5)°)·2 + 18·cos((-5)°)·2·tg(40°) + 4,75·2·tg(40°) = Cy·2 34,68 = Cy·2 17,34 кН = Cy Рис. 4.2. Эквивалентная схема нагружения правой части составной конструкции; Рассмотрим левую часть конструкции рис. 4.2. Для определения реакций составим уравнения равновесия: ∑MС = M + Ax·2·a – Ay·2·a – Q·4·a + D·cos(β)·6·a = 0 (4) ∑MA = -Cꞌx·2·a– Cꞌy·2·a + M – Q·2·a - D·sin(β)·2·a + D·cos(β)·4·a = 0 (5) ∑Fjy = Cꞌy – Ay – Q + D·cos(β) = 0 (6) Q = q·4·a = 3·4·2 = 24 кН Cx = Cꞌx Cy = Cꞌy Из (5) найдем D: -Cꞌx·2·a– Cꞌy·2·a + M – Q·2·a = D·sin(β)·2·a - D·cos(β)·4·a -Cꞌx·2·a– Cꞌy·2·a + M – Q·2·a = D·(sin(β)·2·a - cos(β)·4·a) (-Cꞌx·2·a– Cꞌy·2·a + M – Q·2·a)/(sin(β)·2·a - cos(β)·4·a) = D (-4,75·2·2– 17,34·2·2 + 6 – 24·2·2)/(sin(40°)·2·2 - cos(40°)·4·2 = D 49.5 кН = D Из (6) найдем Ay: Cꞌy – Q + D·cos(β) = Ay 17,34 – 24 + 49,5·cos(40°) = Ay 31,5 кН = Ay Из (4) найдем Ax: M – Ay·2·a – Q·4·a + D·cos(β)·6·a = -Ax·2·a 6 – 31,5·2·2 – 24·4·2 + 49,5·cos(40°)·6·2 = -Ax·4 145,38 = -Ax·4 -36,35 кН = Ax Проверка: ∑MS = K·cos(β)·a + K·sin(β)·a·tg(β) + M + Ax· (2·a-2·a·tg(β)) – Ay·4·a – Q·6·a – D·sin(β)·2a·tg(β) + D·cos(β)·8·a = 0 20,42·cos(40°)·2 + 20,42·sin(40°)·2·tg(40°) + 6 + (-36,35)· (2·2-2·2·tg(40°)) – 31,5·4·2 – 24·6·2 – 49,5·sin(40°)·2·2·tg(40°) + 49,5·cos(40°)·8·2 = 0 -103,43=0 Δ = (|-103,43|/-669,71) · 100% = 15% (не знаю почему не сошлось, по решению ошибок не увидел) Ответ: Ax = -36,35 кН Ay = 31,5 кН D = 49.5 кН Cy = 17,34 кН Cx = 4,75 кН |