Материал: УМК Коровкин-Кулик

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

Рис. 27

Рис. 28

	Четвертый	объект	равновесия – узел E, в			узле
			′	′
сходятся силы S2 , S7 , S6 ,				S1 (рис. 27). Составим для
системы сходящихся сил уравнения равновесия:
		′		′		(7)
	∑Fix = 0 : -S1 + S2 - S6сos60° + S7сos60° = 0 ;					(7)
	∑Fiy = 0 : S6′сos30° - S7сos30° = 0.					(8)
				′	= −S7 , подставим S7
	Из уравнения (8) выразим S6				= −S7 , подставим S7
в уравнение (7):
′	′
−S1	+ S2 − S6сos60° − S6сos60° = 0 =>
′	′
S2 = S1 + 2S6сos60° =1,3 + 2 ×1,73× 0,5 = 3,03 кН;
	′	= −1,73	кН.
	S7 = −S6	= −1,73	кН.
	Пятый объект равновесия –				узел B, в узле схо-
	′	S3 , RB	, F4 (рис. 28). Составим для
дятся силы S2 ,		S3 , RB	, F4 (рис. 28). Составим для
системы сходящихся сил уравнение равновесия:
		′
	∑Fiy = 0 : S3сos60° − F4 + +RB = 0 =>
	′	F4 − RB		1 − 2,75
	S3 =		=		= −3,5 кН
	S3 =	сos60°	=	0,5	= −3,5 кН

Полученные данные заносим в таблицу.

Номер стержня	1	2	3	4	5	6	7
Усилие в кН	1,3	3,03	–3,5	–2,5	–2,6	1,73	–1,73

Ответ: RA = 3,25 кН; RB = 2,75 кН.

Задания для самостоятельной работы

Задание 1. Определить опорные реакции и усилия в стержнях стропиль- ной фермы, изображенной вместе с при- ложенными к ней силами на рис. 29.

Рис. 29

176

Тема 4. Равновесие тела под действием произвольной пространственной системы сил

Цель занятия: приобретение практических навыков исследования равновесия пространственных конструкций.

Момент силы относительно оси

Моментом силы относительно оси называется алгебраическая вели- чина, равная произведению проекции этой силы на перпендикулярную к оси плоскость на кратчайшее расстояние от линии действия проекции до оси. Знак (+) ставится тогда, когда сила стремится повернуть тело против часовой стрелки, (–) – когда по часовой стрелке (смотреть на силу с поло-

жительного направления соответствующей оси).
Таким образом, чтобы найти момент силы отно-
сительно оси z (рис. 30), необходимо:
1)		на плоскость xOy –
	спроецировать силу F
найти F1 ;
2)	определить кратчайшее расстояние от линии
действия проекции силы до оси, т.е. h1 ;
3)	составить алгебраическое произведение F1h1 ;
			Рис. 30
4)	определить знак (для примера, изображенно-

го на рис. 30, знак будет «+»: M z = F1h1 .

Из определения следует, что если сила параллельна оси или ее линия действия пересекает ось, то момент такой силы относительно оси равен нулю.

Произвольная пространственная система сил эквивалентна одной си-

ле, равной главному вектору R , и главному моменту M 0 . ( F1, F2 , F3...Fn ) ∞ ( R ; M 0 ).

Для равновесия произвольной пространственной системы сил необ-

ходимо, чтобы R = 0 и M 0 = 0 ; это значит – должны выполняться шесть уравнений равновесия.

Fkx = 0

Fky = 0

Fkz = 0

∑mx (Fk ) = 0 ;

∑my (Fk ) = 0 ;

∑mz (Fk ) = 0 .

177

Пример 1. С помощью ворота, схемати-

чески изображенного на рис. 31, удерживается

груз Q = 1 кН. Радиус барабана R = 5 см. Длина

рукоятки KD = 40 см, AD = 30 см, АС = 40 см,

СВ = 60 см. Веревка сходит с барабана по ка-

сательной, наклонной к горизонту под углом

60°. Определить давление Р на рукоятку и ре-

акции опор А и В при том положении ворота,

Рис. 31

когда рукоятка KD горизонтальна.

Решение. Показываем действующие на

систему активные силы, освобождаемся от

связей, заменяя их действие реакциями, а за-

тем для данной системы сил (рис. 32) состав-

ляем уравнения равновесия:

∑Fx = 0 : X A + X В + Qсos60° = 0 ;

(1)

∑Fz = 0 : Z A + ZВ - P + Qсos30° = 0 .

(2)

Рис. 32

∑M X

= 0 :

ZВ × AB + P × AD + Q × сos30°× AC = 0

(3)

∑MY = 0 : -P × KD + Q × R = 0

P =

Q × R

1000 × 0,05

= 125 Н.

(4)

0,4

∑M Z = 0 : -X В × AB -Qсos60°× AC = 0;

= −

Qсos60° × AC

= −

1000 × 0,5 + 200

= −200 H .

(5)

Из (1): X A = -XВ -Qсos60° = -1000×0,5 + 200 = -300 Н.

Из (3): Z

P × AD + Qсos30° × AC

= −

125 × 0,3 +1000 × 0,866 × 0,4

= −384 Н.

Из (2): Z A = −ZВ + P − Qсos30° = 125 + 384 − 866 = −357 Н.

Ответ: P =125 Н; X A = −300 Н; ZA = −357 Н; XВ = −200 H; ZВ = −384 Н.

Пример 2. Однородная

прямоугольная

рама весом 200 Н прикреплена к стене при по-

мощи шарнира А и петли В и удерживается в

горизонтальном положении веревкой СЕ, при-

вязанной в точке С рамы и к гвоздю Е, вбитому

в стену

на одной

вертикали

А, причем

ÐЕСА = ÐВАС = 30°.

Определить

натяжение

Рис. 33

веревки и опорные реакции (рис. 33).

178

Решение. Показываем

действующие

на раму активные силы, освобождаемся от

связей, заменяя их действие реакциями, а

затем для данной системы сил (рис. 34) со-

ставляем уравнения равновесия:

∑Fx = 0 :

X A + X В − Tсos60°сos30° = 0 . (1)

∑FY = 0 :

YA − Tсos30°сos30° = 0 .

(2)

Рис. 34

∑Fz = 0 :

ZA + ZВ − G + Tsin60° = 0.

(1)

∑M X = 0 :

× DC - G × DC

+ Tсos60° × DC = 0 .

(2)

∑MY = 0 :

G × AD

- Tсos60° × AD = 0 .

(3)

T =

200

= 200 H .

(4)

2сos60°

2 × 0,5

X A = Tсos60°сos30° = 200 × 0,5 × 0,866 = 86,6 Н.

Y = Tсos2

30° =150 Н.

= G

- Tсos60° =

200

- 200 ×

= 0 .

= G - Tsin60° = 200 - 200

=100 Н .

Ответ: T = 200 H; X A = 86,6 Н; YA = 150 Н;

Z A = 100 Н;

ZВ = XB = 0.

Задания для самостоятельной работы

	Задание 1. На горизонтальный вал АВ
	насажены зубчатое колесо С радиусом 1 м и
	шестерня D радиусом 10 см. Другие размеры
	указаны на рис. 35. К колесу С по направле-
	нию касательной приложена горизонтальная
	сила Р = 100 Н, а к шестерне D, также по ка-
	сательной, приложена вертикальная сила Q.
	Определить силу Q и реакции подшип-	Рис. 35
	ников А и В в положении равновесия.	Рис. 35
	ников А и В в положении равновесия.

179

Задание 2. Однородная горизонтальная плита весом Р, имеющая форму прямоугольного параллеле- пипеда, прикреплена неподвижно к земле шестью пря- молинейными стержнями. Определить усилия в опор- ных стержнях, обусловленные весом плиты, если кон- цы стержней прикреплены к плите и неподвижным шаровым опорам (рис. 36).

Рис. 36

Тема 5. Равновесие тела с учетом сил трения

Цель занятия: приобретение навыков определения опорных реакций шероховатой поверхности.

При стремлении движения одного тела по поверхности другого в плоскости соприкосновения тел возникает сила, препятствующая этому – это сила трения. В состоянии предельного равновесия она равна

Fтр = Nf ,

где N – реакция нормального давления; f – коэффициент трения.

Пример 1. Лестница АВ весом Р упирается в гладкую стену и опирается на горизонтальный не- гладкий пол. Коэффициент трения лестницы равен f (рис. 37, 38). Под каким углом α к полу надо поставить лестницу, чтобы по ней мог подняться доверху человек, вес которого Р?

Рис. 37

Решение. Запишем условие, связывающее силу

трения и давления в точке В:

Fтр = NВ f .

(А)

Составим уравнения равновесия лестницы:

∑Y = 0 : NВ − P − p = 0;

(1)

NВ = P + p = 0 => Fтр ≤ (P + p) f .

(2)

∑M

= 0 : N

lсosa - F lsina - P

cosa = 0 .

(3)

Рис. 38

тр

Из (3) с учетом (2) получаем:

(P + p)lсosa - (P + p)lsinaf - P

cosa £ 0 .

P + 2

Откуда найдем: tga =

2 × f × (P + p)

Ответ: tga =

P + 2

2 × f (P + p)

180

Источник: https://studfile.net/preview/16531417/

Смотрите также:



17. Введение 18. Линейные программы 19. Ветвления 20. Программирование циклических алгоритмов
Сборные железобетонные ребристые плиты перекрытия
_-___-~1
_3 тема - Диффузия
_Роджерс Карл, Брак и его альтернативы
_Штерн Вильям, Дифференциальная психология и ее методические основы
- Описание типа СЭТ7009
- Программа ГПИ