ИДЗ1 Механика (1)

МИНИСТЕРСТВО НАУКИ И ВЫСШЕГО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ
ФЕДЕРАЦИИ
Федеральное государственное автономное образовательное учреждение высшего образования
«НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ ТОМСКИЙ ПОЛИТЕХНИЧЕСКИЙ
УНИВЕРСИТЕТ»
Инженерная школа новых производственных технологий
18.03.01«Химическая технология»
ИНДИВИДУАЛЬНОЕ ДОМАШНЕЕ ЗАДАНИЕ №1
Шифр– 94219
по дисциплине:
Механика 1.3
Исполнитель:
студент группы
Руководитель:
4Г41
Яковлев Мирослав Евгеньевич
Джасем Мохамад Али
преподаватель
Томск – 2025
30.09.2025
ОПРЕДЕЛЕНИЕ РЕАКЦИИ ОПОРЫ ПЛОСКОЙ КОНСТРУКЦИИ
Задание 1.
Дано:
Стальная стержневая конструкция находится под действием сил, моментов и
распределенной нагрузки (табл. 1). Определить реакции опор твердого тела.
Сделать проверку.
Рис. 1 Схема нагружения плоской конструкции
Таблица 1 – Исходные данные
𝑞, Н/м
𝑃1 , Н
𝑃2 , Н
𝑃3 , Н
𝐺, Н
𝑀, Н·м
α, град
β, град
2
12
16
20
14
8
45
30
Решение:
Выбираем систему отсчёта. Так как балка плоская, то выбираем
систему отсчёта OXY.
Заменим связи, наложенные на раму, их реакциями (рис. 2).
Направление реакции шарнира В неизвестно, определяем её составляющие
по осям координат 𝑅𝑏𝑥 и 𝑅𝑏𝑦. Направление реакции шарнира A 𝑅𝑎
направляем перпендикулярно шарниру.
Сила натяжения нити 𝑅𝑐 направлена по нити от рамы и равна по
величине весу груза:
𝑅𝑐 = 𝐺 = 14.
Равномерно распределённую нагрузку интенсивностью 𝑞 заменим её
равнодействующей 𝑄, приложенной в середине участка 𝐶𝐷:
𝑄 = 𝑞 ∙ 2 = 2 ∙ 2 = 4 Н.
Для плоской системы сил, приложенных к раме, составим три
уравнения равновесия:
∑ 𝐹𝑋 = 𝑅𝐵𝑥 − 𝑃1 𝑐𝑜𝑠(𝛽) + 𝑃2 𝑠𝑖𝑛(𝛼) − 𝑃3 + 𝑅𝑎 𝑠𝑖𝑛(𝛽) = 0
2)
(1)
1)
∑ 𝐹𝑦 = 0; 𝑅𝑎 ∙ cos(𝛽) − 𝑃1 sin(𝛽) − 𝑃2 ∙ cos(𝛼) + 𝑅𝑏𝑦 − 𝑄 = 0
(2)
3)
∑ 𝑀𝐹𝐵 = −𝑄(1) + 𝑃2 sin(𝛼) (2) − 𝑃3 (4) − 𝑀 − 𝑅𝑐 (3) − 𝑃1
+𝑃1 sin(𝛽)(6) + 𝑅𝑎 sin(𝛽) (4) − 𝑅𝑎 cos(𝛽) (7) = 0
(3)
4) 1
Рис.2 Эквивалентная схема нагружения
Решаем систему уравнений (1) – (3).
Из (3) находим момент 𝑅𝐴 :
𝑅𝐴 =
𝑄 (1) − 𝑃2 𝑠𝑖𝑛(𝛼) (2) + 𝑃3 (4) + 𝑀 + 𝑅𝐶 (3) + 𝑃1 𝑐𝑜𝑠(𝛽) (4) − 𝑃1 𝑠𝑖𝑛(𝛽) (6)
𝑠𝑖𝑛(𝛽) (4) − 𝑐𝑜𝑠(𝛽) (7)
=
4∙1−2∙16 𝑠𝑖𝑛(45°)+20∙4+8+14∙3+4∙12 𝑐𝑜𝑠(30°)−6∙12𝑠𝑖𝑛(30°)
4 𝑠𝑖𝑛(30°)−7𝑐𝑜𝑠 (30°)
= −28,788 Н.
Из (1) находим реакцию 𝑅𝐵𝑥 :
𝑅𝐵𝑥 = 𝑃1 𝑐𝑜𝑠(𝛽) − 𝑃2 𝑠𝑖𝑛(𝛼) + 𝑃3 − 𝑅𝑎 𝑠𝑖𝑛(𝛽)
= 12 𝑐𝑜𝑠(30°) − 16 𝑠𝑖𝑛(45°) + 16 − 28,788 𝑠𝑖𝑛(30°) = 33,473𝐻
Из (2) находим реакцию 𝑅𝐵𝑦 :
𝑅𝐵𝑦 = −𝑅𝐴 𝑐𝑜𝑠(𝛽) + 𝑃1 𝑠𝑖𝑛(𝛽) − 𝑅𝑐 + 𝑃2 𝑐𝑜𝑠(𝛼) + 𝑄
= −(−28,788) 𝑐𝑜𝑠(30°) + 16 𝑠𝑖𝑛(30°) − 14 + 16 𝑐𝑜𝑠(45°) + 4 = 32,245
Проверка:
∑ 𝑀𝐵 = −𝑅𝑎 𝑐𝑜𝑠(𝛽)(4) + 𝑃1 𝑠𝑖𝑛(𝛽)(3) − 𝑃2 𝑐𝑜𝑠(𝛼)(3) − 𝑀 − 𝑃2 𝑠𝑖𝑛(𝛼)(2)
−𝑄(4) − 𝑅𝑏𝑥 (4) + 𝑅𝑏𝑦 (3)
= −(−28,788) ∙ 4 𝑐𝑜𝑠(30°) + 12 ∙ 3 𝑐𝑜𝑠(30°) − 16 ∙ 3 𝑐𝑜𝑠(45°) − 8
−16 ∙ 2 𝑠𝑖𝑛(45°) − 4 ∙ 4 − 33,473 ∙ 4 + 32,245 ∙ 3 = 0,01 ≈ 0
Ответ: 𝑹𝑨 = −𝟐𝟖, 𝟕𝟖𝟖 Н, 𝑹𝑩𝒙 = 𝟑𝟑, 𝟒𝟕𝟑 Н, 𝑹𝑩𝒚 = 𝟑𝟐, 𝟐𝟒𝟓 Н
Задание 2.
Дано:
Определить реакции опор и давление в промежуточном шарнире C заданной
составной конструкции, находящейся под действием внешних сил. Сделать
проверку.
Рисунок 3 - схема нагружения стержня
𝑞, Н/м
P, Н
𝑀, Н·м
α, град
β, град
5
16
4
35
40
Выбираем систему отсчёта. Так как конструкция плоская, выбираем
систему координат OXY с началом в шарнире A. Ось OX направлена
горизонтально вправо, ось OY — вертикально вверх.
Заменяем связи, наложенные на конструкцию, их реакциями (рис. 4, 5).
В точке A — неподвижный шарнир, реакцию раскладываем на две
составляющие: 𝑅𝐴𝑥 и 𝑅𝐴𝑦
В точке B — подвижный шарнир (каток) на наклонной плоскости.
Реакция 𝑅𝐵 направлена перпендикулярно опорной поверхности, то есть под
углом α к горизонту
В промежуточном шарнире C, соединяющем оба твердых тела, реакцию
раскладываем на две составляющие: 𝑅𝐶𝑥 и 𝑅𝐶𝑦 . При переходе ко второй части
конструкции их направление меняется на противоположное (по закону о
действии и противодействии).
Равномерно распределённую нагрузку интенсивностью 𝑞 заменим её
равнодействующей 𝑄, приложенной в середине участка 𝐴𝐶:
𝑄 = 𝑞 ∙ 3𝑎 = 5 ∙ 3 ∙ 2 = 30 Н,
где 𝑎 = 2 м (рис. 3)
Решение:
Для плоской системы сил, приложенных к правой части (рис. 4), составим
три уравнения равновесия:
∑ 𝐹𝑥 = 0
𝑅𝐶𝑥 + 𝑃𝑐𝑜𝑠(𝛽 − 𝛼) + 𝑅𝐵 𝑠𝑖𝑛(𝛼) = 0
𝑅𝐶𝑥 = −𝑃𝑐𝑜𝑠(𝛽 − 𝛼) + 𝑅𝐵 𝑠𝑖𝑛(𝛼)
(1)
∑ 𝐹𝑦 = 0
𝑅𝐶𝑦 − 𝑃𝑠𝑖𝑛(𝛽 − 𝛼) + 𝑅𝐵 𝑐𝑜𝑠(𝛼) = 0
𝑅𝐶𝑦 = 𝑃𝑠𝑖𝑛(𝛽 − 𝛼) − 𝑅𝐵 𝑐𝑜𝑠(𝛼)
(2)
∑ 𝑀𝐹(𝑐) = −𝑃𝑐𝑜𝑠(𝛽 − 𝛼)(3𝑎 ∙ 𝑡𝑔(𝛼)) − 𝑃𝑠𝑖𝑛(𝛽 − 𝛼)(3𝑎) + 𝑅𝐵 (
𝑅𝐵 =
𝑃𝑐𝑜𝑠(𝛽−𝛼)(3𝑎∙𝑡𝑔(𝛼))+𝑃𝑠𝑖𝑛(𝛽−𝛼)(3𝑎)
2𝑎⁄
𝑐𝑜𝑠(𝛼)
2𝑎
)=0
𝑐𝑜𝑠(𝛼)
(3)
Рисунок 4 – Эквивалентная схема нагружения относительно точек СВ
Для плоской системы сил, приложенных к левой части (рис. 5), составим три
уравнения равновесия:
∑ 𝐹𝑥 = 0
𝑅𝐴𝑥 + 𝑄 − 𝑅𝐶, 𝑥 = 0
𝑅𝐴𝑥 = −𝑄 + 𝑅𝐶, 𝑥
(4)
∑ 𝐹𝑦 = 0
−𝑅𝐴𝑦 − 𝑅𝐶, 𝑦 = 0
𝑅𝐴𝑦 = −𝑅𝐶, 𝑦
(5)
∑ 𝑀𝐹(𝐴) = 0
𝑀𝐴 + 𝑀 − 𝑄(2,5𝑎) + 𝑅𝐶, 𝑥 (3𝑎) − 𝑅𝐶𝑦 (4𝑎) = 0
𝑀𝐴 = −𝑀 + 𝑄(2,5𝑎) − 𝑅𝐶, 𝑥 (3𝑎) + 𝑅𝐶𝑦 (4𝑎)
(6)
Рисунок 5 – Эквивалентная схема нагружения относительно точек АС
Из уравнения (3) найдем 𝑅𝐵 :
𝑅𝐵 =
16 𝑐𝑜𝑠(40° − 35°) (3 ∙ 2𝑡𝑔(35°)) + 16 𝑠𝑖𝑛(40° − 35°) (3 ∙ 2)
= 15,247 𝐻
2 ∙ 2⁄
𝑐𝑜𝑠(35°)
Из уравнения (1) найдем 𝑅𝐶𝑥 :
𝑅𝐶𝑥 = −16 𝑐𝑜𝑠(40° − 35°) + 15,427 𝑠𝑖𝑛(35°) = −7,090 𝐻
Из уравнения (2) найдем 𝑅𝐶𝑦 :
𝑅𝐶𝑦 = 16 𝑠𝑖𝑛(40° − 35°) − 15,427 𝑐𝑜𝑠(35°) = −11,243 𝐻
Далее, из уравнений (4) и (5) находим 𝑅𝐴𝑥 и 𝑅𝐴𝑦 соответственно:
𝑅𝐴𝑥 = −30 + (−7,090) = −37,090 𝐻
𝑅𝐴𝑦 = 11,243 𝐻
Из уравнения (6) получаем 𝑀𝐴 :
𝑀𝐴 = −4 + 30(2,5 ∙ 2) − (−7,090)(3 ∙ 2) + (−11,243)(4 ∙ 2) = 98,596 𝐻м
Рисунок 6 – Эквивалентная схема нагружения
Проверка:
∑ 𝑀𝐹(𝐶) = −𝑃𝑐𝑜𝑠(𝛽 − 𝛼)(3𝑎 ∙ 𝑡𝑔(𝛼)) − 𝑃𝑠𝑖𝑛(𝛽 − 𝛼)(3𝑎) + 𝑅𝐵 (
+ 𝑅𝐴𝑦 (4𝑎) + 𝑅𝐴𝑥 (3𝑎) + 𝑄(1) + 𝑀𝐴 + 𝑀
2𝑎
)
𝑐𝑜𝑠(𝛼)
∑ 𝑀𝐹(𝐶) = −16𝑐𝑜𝑠(40° − 35°)(3 ∙ 2 ∙ 𝑡𝑔(35°)) − 16𝑠𝑖𝑛(40° − 35°)(3 ∙ 2)
+ 14,427 (
2∙2
) + 11,243(4 ∙ 2) + (−37,090(3 ∙ 2)) + 30 ∙ 1
𝑐𝑜𝑠(35°)
+ 98,596 + 4 = −0,006 ≈ 0
Ответ:
𝑹𝑩 = 𝟏𝟓, 𝟒𝟐𝟕 Н, 𝑹𝑪𝒙 = −𝟕, 𝟎𝟗𝟎 Н, 𝑹𝑪𝒚 = −𝟏𝟏, 𝟐𝟒𝟑 Н, 𝑹𝑨𝒙 = −𝟑𝟕, 𝟎𝟗𝟏, 𝑹𝑨𝒚
= 𝟏𝟏, 𝟐𝟒𝟑, 𝑴𝑨 = 𝟗𝟖, 𝟓𝟗𝟔 Нм
Использованная литература:
1. Теоретическая механика: учебное пособие (часть 1) В.В. Дробчик,
М.П. Шумский, В.А. Дубовик, Ф.А. Симанкин/ Национальный
исследователь-ский Томский политехнический университет. − Томск:
Изд-во Томского политехнического университета, 2010. – 116 с.