Кирсанов М.Н. - Решебник по теоретической механике, страница 13

К этой же точке 1 2 3 4 5 б 7 8 9 10 Яе — 8.385 17.702 -12.500 — 1.179 13.333 2.500 -28.284 -12.500 31.820 — 16.667 бл — 5.000 -20.000 -14.907 -10.000 -39.167 — 7.500 7.500 -12.500 -35.000 -'2.500 эв — 9.375 — 5.208 0.000 — 1.389 14.907 0.000 33.333 10.607 20.833 — 14. 142 лл ~ Вь О.ОООТ вЂ” 13.975 — 11.219 ~ — 4.658 16.667 ~ — 25.833 — 3.239 ~ — 15.321 -25.833 0.000 -5.000 --10.607 — 40.000 28.284 — 20.000 10.607 0.000 -17.678 -2.500 -14.142 лв 9.375 — 5.208 14.907 — 1.389 17.951 -14.577 -20.833 0.000 -20.833 19.437 4,5. Тело на сферической и стержневых опорах 107 приложена сила Г = 5 кН, направленная вдоль одного из ребер полки. Даны размеры а = 2 м, Ь = 4 м, с = 3 м. Определить реакции опор. ,'с Рис.

70 Ргяпиниг. 1. Рассматриваем равновесие полки. Действие на тело опорных стержней заменяем их реакциями. Реакция 1' — вертикальная, Н— горизонтальная вдоль бокового ребра полки. Рис. 71 Усилие Я в подпорке направлено вдоль стержня. В сферическом шарнире А имеется три составляющие реакции Хл., Ул, Лл, которые направляем по осям координат. Так как полка однородная, ее центр тяжести совпадает с геометрическим центром, Сюда приложен вес С. Начало системы координат хрх помещаем в точку А (рис.

71). 2. Составляем систему уравнений равновесия, состоящую из трех Гл. 4. Прос~пранстееннал система сил. 108 уравнений проекций на оси координат всех сил, действующих на полку, и трех уравнений моментов относительно этих же осей (аналогичные уравнения см. 8' 4.4, с. 103): ~-Х,=Х„+ =О, Уе = У вЂ” Ясова+ Е = О, ~ г,. = г„+ У вЂ” В в1 — С = О, ,'> , 'М„= — Я Ьяп о — С Ь/2 = О, Л Х у — 1 . а + Я . а в 1 и о + С а ., 2 = О М„= — Н Ь вЂ” Я асово+ Н. а = О. Так как начало координат находится в сферической опоре, система уравнений равновесия разделяется и становится проще.

Из уравнений моментов можно найти независимо от других три неизвестные реакции Я, Н и У. Вычисляем значения тригонометрических функций: /~от+Э= н5 = 0.6, = ут — Ы = 0.8. Из системы (1), находим реакции и заносим их в таблицу 1в кН): 3. Выполняем проверку решения, подставляя найденные значения в уравнение моментов относительно дополнительных осей ау и у', проведенных параллельно соответствующим осям исходной системы координат: Мч — Ул "с — Ял Ь вЂ” Ъ "Ь+С'Ь72+Я соево — Р с=О, 2,'Ма=Ха с — У а еЯ аяша+С а/2-нН.с=О. Злмкчлнин.

Из решения системы (1) получается У = О. В этом можно убедиться сразу из уравнения моментов относительно дополнительной оси у„лежащей на диагонали полки АВ (рис. 71). Действительно, все векторы, кроме Р, пересекают эту ось и их моменты равны нулю. Уравнение принимает простой вид 2 Ми = У 6 = О, где Ь некоторое плечо реакции У относительно оси АВ. Не вычисляя Ь ~ О, получаем У = О. 4.5. Тело на сферической и стержневых опорах 109 !с а = 3 м, Ь = 8 м, с = 3 м. а = 2 м, Ь = 6 м, с = 4 и. ,'с а=5м,Ь=8м,с=Зм, АР=4м.

а = 6 м, Ь = 10 м, с = 4 м, АР=5м. ,'с ;с ь а =3 м, 5= 8м, с= 3м. а=Зм,Ь=8м,с=Зм, АР = 4м. Условия злдлч. Горизонтальная однородная прямоугольная полка ассом О = 2 кН имеет в точке А сферическую опору и поддерживается двумя невесомыми, шарнирно закрепленными по ноннам, стержн ми (горизонтальным и вертикальным) и подпоркой ВС. К полке приложена сила Г = 3 кН, направленная вдоль одного из ее ребер. Определить реакиии опор (в кН ). Гл.4. Пространственная система сия 110 а Ь а = 5 м, Ь = 8 м, с = 3 м., АР=4м.

а = б м, Ь = 10 м, с = 4 м, АР=5м. 10. а = 6 м, Ь = 10 м, с = 4 м, АР=5м. а=5м,Ь=8м,с=Зм, АР=4ьь Ответы Сферический шарнир Стержень Подпорка ВС горизонтальный вертикальный ~ Хя Уя 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0.500 1.125 — 4.667 1.800 --1.125 — 4.000 — 7.083 -1.500 2.100 — 1.333 0.000 0.000 0.000 2.000 0.000 0.000 2.000 -1.000 1.000 -1.000 ! — 3.500 ! — 2.125 0.000 ~ — 3.300 О.

125 1.000 ! 7.083 ! — 3.000 ! — 3.600 ! — 3.333 -1.500 -5.667 0.000 -3.000 -0.333 2.667 -5.667 -2.500 -3.000 0.000 1.000 1.000 1.000 -1.000 1.000 1.000 —.1.000 2.000 0.000 2.000 -1.803 — 3.018 -1.944 -1.803 — 3.018 -2.848 -2.848 — 3.082 —.1.803 -1.944 4.6. Приведение системы сил к простейшему виду 111 4.6. Приведение системы сил к простейшему виду ПостАновкА ЗАдАчи. Систему сил, заданную в прямоугольной системе координат, привести к началу координат. Найти точку пересечения центральной винтовой оси с заданной плоскостью. Привести систему сил к центру Π— означает найти главный вектор Л и главный момент Мо системы относительно этого центра.

При перемене центра изменяется главный момент. Можно найти точки, относительно которых получается главный момент, параллельный главному вектору. Эти точки образуют центральную винтовую ось (или ось динамы), а совокупность главного вектора и параллельного ему главного момента называют динамой или динамическим винтом.

Не меняя воздействия на тело, вектор момента можно переносить параллельно самому себе, поэтому динаму часто изображают в виде главного вектора и главного момента, лежащими на одной прямой (на винтовой оси). Коли система не уравновешена, то ее можно привести к трем простейшим вариантам — к динаме, силе (равнодействующей), к паре сил.

ПЛАН РЕШЕНИЯ 1. Вычисляем компоненты главного вектора системы, составляя суммы проекций всех сил на оси координат; Л.=~ Х„Л„=~ Уе, Л,=~ г,. 2. Находим модуль главного вектора Л = Лз + Лз + Лз. 3. Вычисляем компоненты главного момента системы относительно начала координат: М . =~Мер М „=~ '1М„, и, =~ Мм.

4. Находим модуль главного момента Мв —— 5. Определяем скалярный инвариант системы. Система сил имеет две величины, не меняющиеся при перемене центра приведения (инварианты) — главный вектор и скалярное произведение главного вектора на главный момент: 1 Л Мо — Л*Моя+ЛиМов+ЛгМо . Гл.4. Пространстаеннан система сил. 112 Если Х = О, то система сил приводится к равнодействующей.

6. Находим минимальный главный момент ЛХ, = Х/В. Проверяем неравенство ЛХ, < Ме. Если В = О, то задача решена — — система приводится к паре (или уравновешена, если и ЛХΠ— — 0.) 7. Вычисляем шаг винта р = М„1В. Если р < О, то главный вектор и главный момент направлены по винтовой оси в разные стороны, если р > 0 — в одну сторону, а если р = О, то система приводится к равнодействующей. 8. Записываем уравнения центральной винтовой оси *): М, — хВ„+ уВ, В Ои у г+ Ви Мри — зВ, +хВ, Пгимгг.

Систему сил Р = 4 Н, Р = 10 Н, Рз = 21 Н., Р4 — — 4 Н, приложенных к вершинам параллелепипеда, привести к началу координат (рис. 72). Найти координаты точки пересечения центральной винтовой оси с плоскостью ху. а = 3 м, Ь = 5 м, с = 4 м. 0 Общие уравнения прямой и каноническая форма уравнения прямой см. Ретебнин ВМ, Л1.10 Индексы в уравнениях образуют круговую перестановку х — У у:-~ Л.

Если систему привести к любой точке на центральной винтовой оси, то главный вектор и главный момент будут лежать на этой оси и образовывать динаму. Из трех уравнений (1) два являются независимыми. Если один из компонентов главного вектора равен нулю, например, В = О, то соответствующее уравнение записывается в другой форме: ЛХоа — уВ, + зВ„= О. 9. Находим координаты точки А пересечения центральной оси с плоскостью ху (Решебник ВМ, 21.11).

Если прямая параллельна плоскости ху, то такой точки не существует. Решая систему (Ц при л = О, получаем у = ул, з = в . Аналогично можно найти точки пересечения центральной винтовой оси с плоскостями хз и уз (если они существуют). 10. Проверяем решение, приводя систему к любой точке центральной винтовой оси (например, хл, у ). Для этого новые оси координат, параллельные старым, проводим через выбранную точку и повторяем пп. 3 — 4 плана.

Главный момент должен быть равен минимальному М„. 4.6. 11риведение системы сил к простеатему виду 113 О у Рис. 72 Рьшениь 1. Вычисляем компоненты главного вектора системы. Проекции вектора Г,, лежащего иа большой диагонали параллелограмма длиной »= 'р»в+в, 4». Г„, = Гл сов(Г4 Г „= Г сов(Г Г, = Глсов1Г Определяем компоненты главного вектора: Л = ~ Х. = — Гл — Ге + Г4 — 12.303 Н Л„= ~ Уе = — Гв + Гл„= — 18.172 Н, Л = 2 Я, = Г4 — — 2.262 Н. 2. Находим модуль главного вектора: Л = ЛЯ + Ле + Л, ""= 22.061 Н. 3. Вычисляем компоненты главного момента системы сил относи- тельно начала координат; — Гл„с = — 11.314 Нм — Г с+ Г с = — 9.212 Нм, Г4Ь+ Ггб Гза = -7.00 Нм, 4. Находим модуль главного момента: = 16.182 Нм.

Мо = 8 М.Н.Кирсанов ЫО» = Е 34»» = О» с»~ 1» х) = Г а/Л, лу) =Г,Ь|7„ Л я) = — Глс!1,. Гл.4. Прастранственнае система сил 114 Х=Л'Мв=Л Мо +ЛМо +ЛМо =290745Нм. Скалярный инвариант не равен нулю, следовательно, система сил приводится к динаме. 6. Вычисляем минимальный главный момент системы сил: Неравенство М„< ЛХв — — 16.182 Нм выполняется. Точки, относительно которой момент системы сил меньше ЛХ„нс существует.

7. Находим шаг винта системы снл: Шаг положительный, следовательно, главный момент и главный вектор направлены по центральной винтовой оси в одну сторону. 8. Записываем уравнения центральной винтовой оси: Мо„— еЛ, + хЛ, Из этих трех уравнений только два являются независимыми: (2) 9.

Находим координаты точки пересечения центральной оси с плос- костью ху. Решая систему (2) при е = О, получаем, что у = ул — — 1 752 м, х = х 1 — — О 726 и. Мо Л Хо в Мо Мо Нм ХА ул 0.726 1.752 -12.303 -18.172 -2.263 22.061 -11.314 -9.212 7.000 16.182 10. Проверяем решение, приводя систему к точке А центральной вин- товой оси.

'-1ерез точку Л проводим оси новой системы координат х', у', е', параллельные исходным осям (рис. 73). 5. Определяем скалярный инвариант системы; Х 290.745 ЛХ = — = = 13.178 Нм. Л 22.061 М, р = — * = 0.597 м. Л 2.262 у — 18.172 е -- 3.964 = О, — 2.262 х+ 12.303 е+ 1.644 = О. Основные результаты расчета заносим в таблицу: ™и+у Л 4.6.

17риведение системы сил к простейшему виду 115 у ~х лх' Рис. 73 Получаем моменты заданной системы относительно новых осей координат и величину главного момента относительно центра А: Мл, — ~~' М ч — — Г4 ул — Г4 с = — 7.350 Нм, Мля, — — 2 ЛХ,, = — Г с+ Г,с+ Г,хя — — — 10.856 Нм, ЛХА. = Е М., = (Г, + Г,Н5 — ул) — Гл„хл+ + Глхул Гз(а хл) = — 1.352 Нм, = 13.179 Нм. Главный моменг системы ЛХА относительно новой точки приведения совпадает с полученным ранее минимальным ЛХ„что подтверждает правильность расчетов. УслОВия ЗАдАч. Систему трех сил, приложенных к вершин м параллелепипеда, привести к началу координат.

Найти координаты точки пересечения центральной винтовой оси с лоскостью ху. Размеры на рисунк х даны в м, силы — в Н. Ге у у Г,=1,Г, =1,Г. =2. Г, =2,Г, =З,Г. =5. 4.6. Приведение системы сил н простейшему виду 117 Ответы Н 71в ~ 71 Н ~ ЛХо Лйов Лйо Мо УА ул — 0.093 0.701 -1.721 -1.978 — 3.627 — 0.677 2 848 4.228 5.907( 10.960 5.767~ 4.380 3.574~ 2.215 24.951 3.299~ 1.519 9.600 1.911, '0.475 11.092 3.805~ 3.146 Замкчаник. Решение задачи легко проверить в системе Мар1е У. Приведем фрагмент программы вычислений Введены следующие обозначения: Р Г13 — сила Г, Т Г1Д вЂ” радиус- вектор точки приложения силы Ем К вЂ” главный вектор, М вЂ” главный момент, 11 — скалярный инвариант.