Техническая механика. Расчетно-графические работы

Территория рекламы

Расчетно-графическая работа №1.

Определить усилия в стержнях АВ и СВ.

Решение.

1. Выделяем узел (или точку) равновесие которого будем рассматривать (в данном случае точку В).

2. Заменяем связи, действующие на точку, силами реакции.

3. Выбираем направление координатных осей. В принципе их можно провести как угодно, но

желательно, чтобы как можно больше число неизвестных сил было к этим осям перпендикулярно. Ось V проводится для проверки, в конце решения задачи.

4. Составляем для данной задачи уравнения равновесия и, решая их, находим неизвестные силы.

Fkx=0Fky=0-NА + NCcos30° = 0-F+NC∙sin30°=0

Выражаем NC из второго уравнения.

NC=Fsin30°=200.5=40 кН

Решим первое уравнение.

NA = NCcos 30o = 40 0.86 = 34.6 кН.

5. Для проверки правильности решения проводим произвольно ось V, не совпадающую с X и Y и составляем для нее уравнение равновесия. Если после подставленных найденных величин, уравнение равно нулю, то задача решена верно.

Fv = - NA cos 30o – F sin 30o + NC = - 34,6 0.86 – 20 0,5 + 40 = 0

Задача решена верно.

Варианты заданий для расчетно-графической работы №1

Определить усилия в стержнях, изображенных на рисунке. Номер схемы взять соответственно варианту.

Расчетно-графическая работа №2.

Цель работы: определение центра тяжести плоских тел.

Методические указания по выполнению практической работы

При решении задач используются следующие методы:

Метод симметрии: центр тяжести симметричных фигур находится на оси симметрии;

Метод разделения: сложные сечения разделяем на несколько простых частей, положение центров тяжести которых легко определить;

Метод отрицательных площадей: полости (отверстия) рассматриваются как часть сечения с отрицательной площадью.

Центры тяжести простейших сечений приведены на рисунке:

Координаты центров тяжести сложных и составных сечений

ХС=AkxkA; YС=AkykA,

где Аk – площадь части сечения, хk, уk – координаты ЦТ частей сечения.

Порядок решения:

1. Сложное сечение разбиваем на простые, положение центра тяжести которых известно, либо легко может быть определено;

2. Выбираем произвольно координатные оси. Если плоская фигура имеет ось симметрии, то рекомендуется провести одну из координатных осей вдоль оси симметрии. Так как центр тяжести С сечения лежит на оси симметрии (т.е. на одной из координатных осей), то необходимо определить лишь одну координату;

3. Определяем площади простых сечений;

4. Определяем координаты центров тяжести простых сечений относительно выбранных осей координат.

5. Найденные значения подставляем в формулы:

Пример. Определить положение центра тяжести фигуры, представленной на рисунке.

Решение

Разбиваем фигуру на три части:

1 – прямоугольник, А1 = 1020 = 200;

2 – треугольник, А2 = ½ 10 15 = 75;

3 – круг, А3 = R2; А3 = 3,14 32 = 28,3.

Центр тяжести фигуры 1: х1 = 10; у1 = 5.

Центр тяжести фигуры 2: х2 = 20 + 1/3 15 = 25; у2 = 1/3 10 = 3,3.

Центр тяжести фигуры 3: х3 = 10; у3 = 5.

ХС=200∙10+75∙25-28,3∙10200+75-28,3=14,5; УС=200∙5+75∙3,3-28,3∙5200+75-28,3=4,5

Пример. Определить координаты ЦТ составного сечения. Сечение состоит из листа и прокатных профилей.

Примечание. Часто рамы сваривают из разных профилей, создав необходимую конструкцию. Таким образом уменьшается расход материала и образуется конструкция высокой прочности. Для стандартных прокатных профилей собственные геометрические характеристики известны. Они приводятся в соответствующих стандартах.

Решение

Обозначим фигуры номерами и выпишем из таблиц необходимые данные:

1 – швеллер №10; высота h= 100 мм; ширина полкиb = 46 мм; площадь сечения А1 = 10,9 см2.

2 двутавр №16; высота 160 мм; ширина полки 81 мм; площадь сечения А2 = 20,2 см2.

3 – лист 5 100; толщина 5 мм, ширина 100 мм, площадь сечения А3 = 0,5 10 = 5 см2.

Координаты центров тяжестей каждой фигуры можно определить по чертежу.

Составное сечение симметрично, поэтому ЦТ находится на оси симметрии и координата хС = 0.

Швеллер 1: у1 = а + h2 + z0; у1 = 0,5 + 16 + 1,44 = 17,54 см

Двутавр 2: у2 = а + h2/2; у2 = 0,5 + 16/2 = 8,5 см

Лист 3: у3 = а /2; у3 = 0,5/2 = 0,25 см

Определение центра тяжести составного сечения:

УС=А1∙у1+А2∙у2+А3∙у3А1+А2+А3; УС=10,9∙17,54+20,2∙8,5+5∙0,2510,9+20,2+5=10 см

Задания для самостоятельного выполнения

Варианты заданий для расчетно-графической работы №2

Задание 1.Рассчитать координаты центра тяжести заштрихованной части изображенной плоской фигуры относительно выбранной системы координат. Номер схемы взять соответственно варианту.

Параметр

Вариант

1

2

3

4

5

6

7 (1)

8 (3)

9 (5)

10 (6)

В, мм

100

110

120

130

140

150

160

170

180

190

b, мм

60

70

80

90

100

110

120

130

140

150

H, мм

80

90

100

110

120

130

140

150

160

170

h, мм

90

100

110

130

140

R, мм

20

25

25

30

30

40

40

50

50

60

Задание 2. Определить координаты центра тяжести составного сечения. Сечения состоят из листов с поперечными размерами а и прокатных профилей по ГОСТ 8239-89, ГОСТ 8240-89 и ГОСТ 8509-86. Уголок выбирается наименьшей толщины. Размеры стандартных профилей в Приложении 1.

Параметр

Вариант

1 (а)

2(б)

3(а)

4(б)

5(а)

6(б)

7 (а)

8 (б)

9 (а)

10 (б)

№швеллера

18

20

22

24

27

№ двутавра

18

20

22

24

27

№уголка

4

4

6

6

8

8

10

10

11

11

а, мм

180

200

200

220

220

240

240

260

260

280

, мм

4

4

6

6

4

4

6

6

4

4

Расчетно-графическая работа №3.

Цель работы: Определить величины реакций в шарнирных опорах балки.

Методические указания по выполнению практической работы

Пример. Определить реакции опор шарнирно закрепленной балки.

Решение

1. Проставляем неизвестные реакции (YA, XA, YB).

2. Выбираем направление координатных осей. Желательно, чтобы как можно большее число неизвестных сил было перпендикулярно к этим осям.

3. Если в задаче имеется равномерно распределенная нагрузка q, то заменяем ее равнодействующей Q, причем Q = q L, где: L – длина участка, на котором приложена распределительная нагрузка. В дальнейшем будем рассматривать Q.

4. Составляем уравнения равновесия для данной системы.

Сумма проекций всех сил на ось Х равна 0.

Xk = 0: ХА + F cos 60o = 0; ХА = - F cos 60o = - 10 0,5 = 5кН

Сумма моментов относительно точки А равна 0.

МА (Fk) = 0

Если к балке приложен внешний момент (в данном случае M=30кНМ), то его величина входит только в уравнение моментов с соответствующим знаком.

Момент от сил XA и YA равен нулю, т.к. относительно точки А плечо этих сил равно нулю (линии действия сил XA и YA проходят через точку А).

Fsin60o2 + Q 4 + M – YB 7 = 0

Решая уравнение, находим YB.

YB = (10 sin60o2 + 10 4 + 30) / 7 = 12,47 кН

Сумма моментов относительно точки В равна 0.

МВ (Fk) = 0

YА 7 - Fsin60o5 -Q3 + М = 0

Решая уравнение, находим YА.

YА= (10sin60o5 + 103-30) / 7 = 6,14 кН

Для проверки подставим значения сил реакций в уравнения равновесия Yk = 0, получим:

YА–Fsin60o – Q + YB = 6,14 – 10 0,86 – 10 + 12,47 = 0,01

Задача решена верно.

Ответ: XA = -5 кН; YA =6,19 кН; YB =12,47 кН

Задания для самостоятельного выполнения

Варианты заданий для расчетно-графической работы №3

Определить величины реакций в шарнирных опорах балки. Провести проверку правильности решения. Номер схемы взять соответственно варианту.

Вариант 1

Вариант 2

Вариант 3

Вариант 4

Вариант 5

Вариант 6

Вариант 7

Вариант 8

Вариант 9

Вариант 10

Вариант

№ схемы

q, Н/м

F, Н

М, Нм

Вариант

№ схемы

q, Н/м

F, Н

М, Нм

1

1

2

25

20

2

2

1

60

54

11

10

16

14

12

2

15

40

21

3

15

25

22

3

100

90

3

3

5

80

25

4

4

4

10

8

13

12

10

15

14

12

16

15

23

2

85

60

24

8

20

12

5

5

5

50

35

6

6

8

12

20

15

8

25

20

16

10

15

50

25

10

8

25

26

8

3

25

7

7

2

50

35

8

8

4

18

15

17

10

35

25

18

12

40

50

9

9

4

15

2

10

10

4

50

10

19

10

16

25

20

10

30

45

Расчетно-графическая работа №4.

Цель работы: Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов.

Методические указания по выполнению практической работы

Пример. На балку действуют сосредоточенные силы и момент. Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов.

F1 = 10 кН

F2 = 20 кН

М = 15кНм

О

В

А

С

3 м

3 м

4 м

3

2

1

1

3

2

1

Решение.

Последовательно по участкам нагружения рассматриваем внутренние силовые факторы в сечениях. Силовые факторы определяем из условий равновесия отсеченной части. Для каждого участка записываем уравнения внутренних силовых факторов.

Используем известные правила:

- поперечная сила численно равна алгебраической сумме проекций внешних сил на ось Оу;

- изгибающий момент численно равен алгебраической сумме моментов внешних сил, действующих на отсеченную часть, относительно нейтральной оси, совпадающей с осью Ох;

- принятые знаки поперечных сил и изгибающих моментов:

Составим уравнения равновесия.

Рассмотрим участок 1-1.

Fy = 0; - F1 + Q1 = 0; Q1 = F1 = 10 кН

Сила Q1 на участке 1-1 постоянна, отрицательна.

mx = 0; - F1z1 + Mx = 0; Mx = F1z1

0 z1 3 м, при z1 = 0 Mx = 0; при z1 = 3, Mx = 30 кН м.

Mx– отрицательный.

Изгибающий момент меняется по линейному закону, график – прямая линия.

Рассмотрим участок 2-2.

Fy = 0; - F1 + F2 – Q2 = 0; Q2= F2 – F1; Q2 = 20 – 10 = 10 кН.

Сила Q2 на участке 2-2 положительна.

mx = 0; - F1z2 + F2 (z2 – 3) + Мх = 0

Мх = F1z2 – F2 (z2 – 3); 3 мz27 м,при z2 = 3 м Мх = 103–200=30 кНм,

Мх отрицательный.

При z2 = 7 м Мх = 107–204=-10 кНм, Мх слева от сечения В положительный.

Поперечную силу и изгибающий момент можно определить сразу из зависимостей Qy=Fy; Mx = mx , не составляя уравнения равновесия участка. Знак каждого из слагаемых этих уравнений определяем отдельно.

Рассмотрим участок 3-3.

Q3 = -10 + 20 = 10 кН – положительна.

mx = 0; Мх = - F1z3 + F2 (z3 – 3) + m

7 мz310 м, при z3 = 7 м Мх справа = - 10 7 + 204 + 15 = 25 при z3 = 10 м Мх = - 10 10 + 2010 + 15 = 55 кНм

Для точки В получено два значения изгибающих моментов: из уравнения для участка 2 левее точки В и из уравнения для участка 3 – правее точки В.

Это объясняется тем, что именно в этой точке приложен внешний момент и поэтому внутренний момент сил упругости меняется. В точках приложения внешнего момента на эпюре моментов появится скачок, равный величине приложенного момента.

Поперечная сила в точке В для второго и третьего участков одинакова. Следовательно, приложение внешнего момента не отражается на эпюре поперечных сил. График поперечной силы на участке 3 – прямая линия.

График изменения изгибающих моментов на третьем участке – также прямая линия.

Построение эпюр. Порядок построения эпюр: масштабы эпюр выбираются отдельно, исходя из значений максимальных сил и моментов. Графики обводятся толстой основной линией и заштриховываются поперек. На графиках указываются значения поперечных сил, изгибающих моментов и единицы измерения.

Правила построения эпюр:

- Для участка, где отсутствует распределенная нагрузка, поперечная сила постоянна, а изгибающий момент меняется по линейному закону.

- В частном случае, когда поперечная сила на участке равна нулю, изгибающий момент постоянен (чистый изгиб), график – прямая линия, параллельная продольной оси.

- В том месте, где к балке приложена внешняя сосредоточенная сила, на эпюре Q возникает скачок на величину приложенной силы, а на эпюре моментов – излом.

- В сечении, где к балке приложена пара сил (сосредоточенный момент), на эпюре Ми возникает скачок на величину момента этой пары. Поперечная сила при этом не меняется.

- В сечении на конце балки поперечная сила равна приложенной в этом сечении сосредоточенной силе или реакции в заделке.

- На свободном конце балки или шарнирном конце момент равен нулю, за исключением случаев, когда в этом сечении приложена пара сил (внешний момент).

Эпюра М

30кНм

10кНм

25кНм

55кНм

10 кН

Эпюра Q

F1 = 10 кН

F2 = 20 кН

М = 15кНм

О

В

А

С

3 м

3 м

4 м

10 кН

Пример 7. Построить эпюры Qx и Мх для балки, показанной на рисунке.

2

F1=15 кН

F2=120кН

YA

YB

A

B

M=25 кНм

2

5

1,555

С

D

E

Решение.

Определим опорные реакции для балки. Составим уравнения:

1) МА = 0; 2) МВ = 0

Из первого уравнения найдем YB:

–F12 + F12 – YB7 – М = 0; –152 + 1202 – YB7 – 25 = 0

YB = 26,4кН

Из второго уравнения найдем YА:

– F19 + YА7 – F25 – М = 0; –159 + YА7– 1205 –25 = 0

YА = 108,6 кН

Выполним проверку:

Y = 0: – 15 + 108,6 – 120 + 26,4 = 0

Обозначим характерные сечения балки С, А, D, B, E.

Строим эпюру Qx. Определим значения поперечных сил в характерных сечениях:

QС = – F1= –15 кН; QА слева =– F1 = –15 кН; QА справа = – F1 + YА = –15 + 108,6 = 93,6 кН

QDслева =QА = 93,6 кН; QD справа = QА–F2 = 93,6– 120 = – 26,4 кН

QDслева =QD = – 26,4 кН; QВ справа = QD +YB = 0

Соединим полученные значения прямыми линиями и получим эпюру Qx.

Строим эпюру Мх. Определим изгибающие моменты в характерных точках.

МС = 0; МА = – F12 = –152 = – 30 кНм; МD = – F14 + YА2 = –154+108,62=157,2кНм;

МВ = – F19 + YА7– F25 = – 159 + 108,67– 1205= 25,1кНм

МЕ = М = 25кНм

Задания для самостоятельного выполнения

Варианты заданий для расчетно-графической работы №4

Построить эпюры Qxи Мх по данным одного из вариантов РГР №3 . Номер схемы взять соответственно варианту.

Вариант 1

Вариант 2

Вариант 3

Вариант 4

Вариант 5

Вариант 6

Вариант 7

Вариант 8

Вариант 9

Вариант 10

Вариант

№ схемы

F1, Н

F2, Н

М, Нм

Вариант

№ схемы

F1, Н

F2, Н

М, Нм

1

1

8

12,5

20

2

2

42

8

54

11

40

8

14

12

10,5

16

40

21

6

7,5

25

22

70

24

90

3

3

40

30

25

4

4

7

20

8

13

5

60

15

14

11,2

60

15

23

42,5

12

60

24

14

40

12

5

5

20

25

35

6

6

56

8,4

20

15

32

12,5

20

16

70

10,5

50

25

40

4

25

26

56

2,1

25

7

7

8

43

35

8

8

9

24

15

17

40

30,1

25

18

20

72

50

9

9

10,5

24

2

10

10

20

25

10

19

11,2

60

25

20

50

15

45

← Предыдущая
Страница 1
Следующая →

Скачать

РГР- Техмех.docx

РГР- Техмех.docx
Размер: 1022.1 Кб

Бесплатно Скачать

Пожаловаться на материал

Расчетно-графические работы. Техническая механика. Определить усилия в стержнях. Определить координаты составного сечения. Определить величины реакций в шарнирных опорах балки. Построение эпюр поперечных сил и изгибающих моментов

У нас самая большая информационная база в рунете, поэтому Вы всегда можете найти походите запросы

Искать ещё по теме...

Похожие материалы:

Примеры шаблонов общения с секретарем

Основные цели Выйти на Лицо Принимающее решение Преодолеть первичные возражения Узнать необходимую информацию Выделиться на фоне остальных звонящих

Первичная хирургическая обработка: подготовка набора инструментов, материалов, медикаментов для первичной хирургической обработки раны

Методы принятия управленческих решений. Контрольная работа по МПУР

Гражданское право

Общие положения гражданского права. Предмет, основные начала и особенности гражданского права. Источники гражданского права. Гражданский кодекс Российской Федерации. Возникновение, осуществление и защита гражданских прав. Коммерческие и некоммерческие организации. Право собственности и другие вещные права. Частная, публичная собственность. Обязательственное право. Виды, понятие и роль договора.

Питання на державний екзамен із зарубіжної літератури

Значення античної літератури в історії світової культури. Героїчний епос, його національна специфіка.  Романтизм як напрям світової літератури. Поетика і стиль прози

Сохранить?

Пропустить...

Введите код

Ok