Практические занятия 2 Растяжение-сжатие, сдвиг, изгиб Задача 1

Прикладные задачи теоретической механики Практическое занятие 2
Практические занятия 2
Растяжение-сжатие, сдвиг, изгиб
Задача 1
A
YA
XA
ПОСТАНОВКА ЗАДАЧИ
К плоской раме (рис.1) приложена следующая
нагрузка: момент М =100 Нм, силы F2  20 Н,
F3  30 Н, размер l = 0,5 м.
Определить реакции связей в опорах А и В
l
F2
М E
45о
2l
30о
H
K
l
3l
РЕШЕНИЕ:
F3
Рассмотрим равновесие жесткой рамы. На


раму действуют силы: силы F2 и F3 , пара сил с



моментом М и реакции связей X A , Y A , RB .



Неизвестны реакции связей X A , Y A , RB .
l
D
l
B
RB
Рис. 1
Для полученной плоской системы сил составим три уравнения равновесия:
1 уравнение моментов относительно т.А
mA  0 ,
M  3lF2 cos 45  3lF3 cos 30   3lF3 sin 30   5lRB  0 , отсюда
M
RB    0,6F2 cos 45  0,6F3(cos 30  sin 30 ) =
5l
100

 0 ,6  20  0 ,707  0 ,6  30( 0 ,866  0 ,5 ) = –6,93 (Н) – действительное
5  0 ,5
направление реакции противоположно принятому на рисунке;
2 уравнения проекций на оси координат


Fx  0 , X A  F3 cos 30  F2 cos 45  RB  0 , отсюда
X A  F2 cos 45  F3 cos30  RB = 20  0,707  30  0,866  6,93 = 47,05 (Н);
Fy  0 , YA  F3 sin 30  F2 sin 45  0 , отсюда
Y A  F3 sin 30   F2 sin 45 = 30  0 ,5  20  0 ,707 = 0,86 (Н).
ОТВЕТ
Реакции связей в опорах равны: RB = - 6,93 Н, XA = 47,05 Н, YA = 0,86 Н
1
Прикладные задачи теоретической механики Практическое занятие 2
Задача 2
ПОСТАНОВКА ЗАДАЧИ
Для рамы задачи 1 построить эпюры изгибающего момента M, поперечной
силы Q и продольной силы N в поперечном сечении.
0,86 Н
A
РЕШЕНИЕ:
47,05 Н
z
1-1
z
100 Нм
2-2
E
20 Н
45о
Эпюры внутренних силовых факторов
строятся методом сечений. Построение
начнём от точки А.
30о
3
H
z
3
30 Н
K
5
z
5 4 4
z
B 6,93 Н
Рис.2 Расчётные сечения
1.
Проведём сечение 1-1 на вертикальном стержне рамы с произвольной
координатой z < l, отсчитываемой от точки А (рис. 2). Отбросим нижнюю от
сечения часть рамы, действие её заменим неизвестными внутренними
силовыми факторами M, Q, N (изгибающий момент в сечении направляем
произвольно, поперечную силу так, чтобы оставленная часть конструкции под
её действием вращалась по часовой стрелке, продольная сила направлена так,
чтобы оставленная часть рамы растягивалась под её действием) (Рис.3).
0,86 Н
47,05 Н
z
Q
1
1
M
N
2
Прикладные задачи теоретической механики Практическое занятие 2
Рис. 3 Внутренние силовые факторы в сечении 1-1.
Внутренние силовые факторы M, Q, N в сечении 1-1 (0 ≤ z < l) найдём из
уравнений равновесия:
1 уравнение моментов относительно центра сечения 1-1 т.1
m1  0 ,
0 при z  0
M  47,05  z  0  M  47,05  z 
- 23,525 Нм при  0,5 м
2 уравнения проекций на оси координат
Fx  0 , 47,05  Q  0 , отсюда
Q = 47,05 (Н);
Fy  0 , 0,86  N  0 , отсюда
N = 0,86 (Н).
2. В сечении 2-2 (l ≤ z < 3l) найдём из уравнений равновесия (рис. 4):
47,05 Н
0,5 м
z
Q
2
2
M
N
Рис. 4 Внутренние силовые факторы в сечении 2-2.
1 уравнение моментов относительно центра сечения 2-2 т.2
m2  0 ,
76,475 Нм при z  0,5
M  47,05  z  100  0  M  100  47,05  z 
29,425 Нм при  1,5 м
2 уравнения проекций на оси координат
Fx  0 , 47,05  Q  0 , отсюда
Q = 47,05 (Н);
Fy  0 , 0,86  N  0 , отсюда
N = 0,86 (Н).
3
Прикладные задачи теоретической механики Практическое занятие 2
3. В сечении 3-3 (0 ≤ z < 3l) найдём из уравнений равновесия (рис. 5):
0,86 Н
A
47,05 Н
z
100 Нм
E
1,5 м
20 Н
45о
M
3
H
N
z
30 Н
Q
Рис. 5 Внутренние силовые факторы в сечении 3-3.
1 уравнение моментов относительно центра сечения 3-3 т.3
m3  0 ,
M  47,05 1,5  100  0,86  z  20  sin 45  z  0 
 M  100  47,05 1,5  (0,86  20  0,707 ) z 
29,425 Нм при z  0
6,925 Нм при  1,5 м
2 уравнения проекций на оси координат

Fx  0 , 47,05  N  20  cos 45  0 , отсюда
N  20  0,707  47,05 = -32,91 (Н);
Fy  0 , 0,86  Q  20  sin 45  0 , отсюда
Q  0,86  20  0,707 = 15 (Н).
4. В сечении 4-4 (0 ≤ z < 2l) найдём из уравнений равновесия (рис. 6):
K
N
M
Q
z
B 6,93 Н
Рис. 6 Внутренние силовые факторы в сечении 4-4.
1 уравнение моментов относительно центра сечения 4-4 т.4
m4  0 ,
4
Прикладные задачи теоретической механики Практическое занятие 2
M  6,93  z  0  M  6,93  z 
0 при z  0
- 6,93 Нм при z  1 м
2 уравнения проекций на оси координат
Fx  0 ,  6,93  Q  0 , отсюда
Q = 6,93 (Н);
Fy  0 , N  0 , отсюда
N = 0.
5. В сечении 5-5 (0 ≤ z < l) найдём из уравнений равновесия (рис. 7):
Q
M
N
z
4
1м
B 6,93 Н
Рис. 7 Внутренние силовые факторы в сечении 5-5.
1 уравнение моментов относительно центра сечения 5-5 т.5
m5  0 ,
M  6,93 1  0  M  6,93 (Нм)
2 уравнения проекций на оси координат
Fx  0 ,  6,93  N  0 , отсюда
N = - 6,93 (Н);
Fy  0 , Q  0 , отсюда
Q = 0.
По полученным результатам строим эпюры внутренних силовых факторов.
5
Прикладные задачи теоретической механики Практическое занятие 2
A
A
47,05
76,475
Q Н
M Нм
23,525
6,93
15
6,93
29,425
B
Рис.8 Эпюра изгибающих моментов M.
B
Рис. 9 Эпюра поперечных сил Q.
A
0,86
N Н
32,91
6,93
B
Рис. 10 Эпюра продольных сил N.
6