В большом задании вариант 9 Определяем реакции опор Для этого изобразим реакции на расчетной схеме и составляем условия равновесия балки для моментов относительно опор. Бесплатный доступ к решению задач

Реферат.Справочник
Решенные задачи по механике
В большом задании вариант 9 Определяем реакции опор Для этого изобразим реакции на расчетной схеме и составляем условия равновесия балки для моментов относительно опор

В большом задании вариант 9 Определяем реакции опор Для этого изобразим реакции на расчетной схеме и составляем условия равновесия балки для моментов относительно опор .pdf

Зарегистрируйся в 2 клика в Кампус и получи неограниченный доступ к материалам с подпиской Кампус+ 🔥

Условие

В большом задании вариант 9 Определяем реакции опор. Для этого изобразим реакции на расчетной схеме и составляем условия равновесия балки для моментов относительно опор: m2Fk=0; R1∙3+M=0; R1=-M3; m1Fk=0; R2∙3-M=0; R2=M3; Построим эпюру изгибающих моментов от внешней нагрузки. Рассмотрим два участка балки Участок I: z1 ∈0;1,0м. Мz1=R1∙z1; Mz1=0=0; M1,0=-M3 кНм. Участок III: z2 ∈1,0;3,0м Мz2=R1∙z2+M; Mz2=1=2M3; M3=0. Приложим в точке A сосредоточенную силу, величиной, равной 1, и построим эпюру изгибающих моментов. m2Fk=0; R1∙3-1∙1=0; R1=13; m1Fk=0; R2∙3-1∙2=0; R2=23; M1,0=R1·1=13 M2,0=R1·2=23 Перемножим полученную эпюру с эпюрой моментов от внешней нагрузки и определим прогиб на краю консоли ΔA=M∙ME∙Idl=-1EI12·1·13·23·M3+16EI2M3·13+4·M2·12+M3·23+ +1EI12·1·23·23·M3=0,278·MEI

Нужно полное решение этой работы?

Решение

Потяни, чтобы посмотреть

Система имеет одну сосредоточенную массу, которая может перемешаться по вертикали. Балка имеет одну динамическую степени свободы. На рис. 1 показана единичная инерционная сила.
Частоты свободных колебаний определяются из векового уравнения:
(δ11∙m-1ω2)=0
δ11=M∙ME∙Jdl
m-величина сосредоточенной массы
M- изгибающий момент от инерционной единичной силы
ω-частота свободных колебаний
E∙J- жесткость балки
Рисунок 1 – Инерционная единичная сила
Балка является единожды статически неопределимой. Для раскрытия статической неопределимости выберем основную систему метода сил (ОСМС) посредством устранения опоры в точке А

Рисунок 2 - Основная система метода сил
Приложим на консоли сосредоточенную, величиной, равной P=1 и построим эпюру изгибающих моментов в ОСМС.
Построим эпюру изгибающих моментов от единичной нагрузки P1 =1 , приложенной в точке А, в направлении реакции в отброшенной связи.
Каноническое уравнение метода сил имеет вид
δ11*·X1+Δ1p=0
δ11*=M∙ME∙Jdl=1EJ12·2·2,0·23·2,0=83EJ
Δ1p вычислим по формуле Симпсона
Δ1p=M∙MpE∙Jdl=-26EJ0+4·1·1,5+2·2,5=-113EJ
83EJ·X1-113EJ=0
X1=1,375
Построим эпюру изгибающих моментов от единичной силы инерции в исходной балке на основе соотношения
M=M∙X1+Mp
Для вычисления перемещения δ11 умножаем эпюру M1 саму на себя.
δ11=M∙ME∙Jdl=1EJ120,5·0,5·23·0,5+26EJ0,52+4·0,1252+2·0,252=
=0,1875EJ
m=Pg=10·1039,81=1019,4 кг
0,1875EJ∙1019,4-1ω2=0
1ω2=191,13EJ; ω=EJ191,13=8·108191,13=2045,8радс
Заданная конструкция резервуара
Исходные данные
γ=8кНм3
H=2,5 м
h1=0,0 м
h=1,5 м
h0=1,8 м
R=3,0 м
δ= 0,5 мм
[σ]=160 МПа
Участок I 0≤y1≤0,7м
q(y1)=0; ρm=∞; ρt=R;
Подставим в уравнение Лапласа
σm∞+σtR=0δ→σt=0
y=0;-σm·2·π·R·δ=0→σm=0;
Участок II 0≤y2≤1,8м
q(y2)=γ·y2; ρm=∞; ρt=R;
Подставим в уравнение Лапласа
σm∞+σtR=γ·y2δ→σt=γ·y2δ·R=8000·y20,0005·3=48·y2 МПа
σt0=0; σt1,8=86,4 МПа;
y=0;-σm·2·π·R·δ+γ·π·R2·y2-Q2=0; Q2=γ·π·R2·y2
σm=0;
Рассмотрим нижнюю часть резервуара
Участок III 0≤y3≤h=1,5м
Радиус кривизны меридионального сечения равен бесконечности ρm=∞, а радиус кривизны окружного сечения определим из соотношения
ρt=R(y3)cosα
R(y3)R=h-y3h→R(y3)=R·h-y3h
Тогда
ρt=R·h-y3h·cosα
cosα=hR2+h2=1,532+1,52=0,447
Давление жидкости на глубине h0+y3 равно q(y3)=γ·(h0+y3)
Вес жидкости в нижней части сосуда равен
Q(y3)=γ·13π·R2(y3)·(h-y3)
Подставим в уравнение Лапласа
σm∞+σtRt=γ·(h0+y3)δ→σt=γ·(h0+y3)δ·Rt=γ·(h0+y3)δ·R·h-y3h·cosα
Это уравнение параболы

50% задачи недоступно для прочтения

Переходи в Кампус, регистрируйся и получай полное решение

Получить задачу

Условие

Нужно полное решение этой работы?

Решение

Скорость кабины лифта массой m изменяется согласно графикам

Стержни AB и BC соединены с вертикальной стенкой и между собой посредством шарниров

Определение положения центра тяжести сечения