Айзенберг Т.Б., Воронков И.М., Осецкий В.М. - Руководство по решению задач по теоретической механике (1079942), страница 19
Текст из файла (страница 19)
Указанные на рисунке размеры и углы заданы 1эти величины связаны между собои очевидными соотношениями: 8=а с1иа=(г стй() (рис. 78)). Решен не. Рассматриваем равновесие плиты под действием силы Р, веса б„натяжения Я каната, на котором подвешен груз, и реакций 5„..., 5, стержней. Последние направляем 121 Подставляя эти выражения Яа и Уа в уравнение (г), получим уравнение с одним неизвестным 5, из которого получаем: 5=652н. После этого находим: Ла--989 н; Ув — — 392 н, Теперь из уравнений (а), (б) и (в) легко определяются величины Х,У„и 2„. так, как будто все стержни работают на растяжение (т. е. от шарниров А, В, С и 0 вдоль стержней).
Координатные оси х, р, г располагаем, как указано на рисунке. Чтобы определить шесть реакций 5,,..., Я„ неизвестных по модулю, но известных по направлению, составим шесть уравнений равновесия, приравнивая нулю сумму проекций всех сил на координатные оси и сумму их моментов относительно тех же осей. Следовательно, при решении задач о равновесии тела, закрепленного прн помощи шести невесомых прямолинейных стержней, не лвжаших Рис. 78 в одной плоскости, получаем шесть неизвестных по модулю, но известных по направлению реакций стержней, которые определяются из шести уравнений равновесия системы; поэтому задача статически определенная.
Для того чтобы составить шесть уравнений равновесия, определим проекции каждой силы на оси х, у и з и ее моменты относительно этих осей. Определение проекций рассмотренных сил на координатные оси не вызывает трудностей. Остановимся на определении моментов этих сил относительно осей х, д и г. Силы Я, и .ь, приложены в начале координат, поэтому моменты этих снл относительно каждой из осей 122 х, у и г равны нулю, т. е. т„(5,) = т (5,) = т,(5,) = О, тх (~ь) ту (5а) !!!з (51) Силы !7, 5„5, пересекают ось х, а сила Р параллельна этой оси, поэтому т„ф) = т„(5,) = т„(5,) = т„(Р' =- О. Точно так же силы 5, и 5, пересекают соответственно оси г и у, а потому т,(5,)е-п! (5,) =О.
Силы 6, 5,„5, параллельны оси г, а потому т, (Я) = т, (5,) = т, (5,) = О. Кроме того, т„(5,) = — тд (5,) = — 5,Ь; т„(5„,) = — т (5,)= — 5,Ь; т„(6) = — т„(6„,) = — 6 — так как 6„,= 6 (проекция силы 6 на плоскость уг на рисунке не показана); т, (5,) = т, (5,) = 5,а з!п (90" — а) = 5,а соз ол т„(5,) =т, (5,„,) =а5,соя р; т„(Я) = т, Я) = (1а; т, (Р) = т„(Р) = Рс; у( ) ь( яп) т (5,) =та(5,)=5,а; т,(5,) =:т„(5,„,) =5, з(п 'р а; т, (Р) =- — т, (Р) = — РЬ. Теперь можем составить шесть уравнений равновесия рассмат- риваемой системы сил: !) — 5, з!и а+ Р=О, 2) 5, з)п !) +5, з(п р =О, 3) — 5, — 5, соз а — 5, соз () — 5,— 5, — 5, соз р — Я вЂ” 6 = О, 4) — 5,Ь вЂ” 5,Ь вЂ” 6 — = О, о) а5, соз а + а5, соз й + 5,а + Рс+ Яа + 6 — = О, 6) а5, з)пр — ЬР=О. Из первого и шестого уравнений определяем 5, и 5,: Р з 5 = —., 5 = —.—. з1пп' ' и Мпр' !хЗ Далее, иэ второго уравнения имеем: Ь Р 5= — 5= —— а 1 а з1пр' Подставляя найденные значения 5„5, и 5, в остальные уравнения системы и учитывая, что (1=асей а=Ь стп(), определяем из четвертого и пятого уравнений силы 5, и 5„а затем из третьего уравнения — силу 5,: Р(астна+Ьсфр+с(+Да+6 ~+5а=О; 5,+5 = — —; 6.
2 ' — 5 — Р сф а — (5, + 5,) соэ р — 6 — — = О, 6 откуда 2 .ь = — (Р сфа+Я+ — ~. Знаки минус, полученные для реакций 5,, 5, и 5„указывают на то, что эти силы имеют направления, противоположные при- нятым на рисунке, и, следовательно, стержни 1, 4 и б сжаты.
Следует отметить, что третье н пятое уравнения получились громоздкими: в первое из них входят все шесть неизвестных, во второе — три. Эти уравнения можно было бы заменить урав- нениями моментов относительно осей х' и у'. Действительно, силы 5,„5,, 5, и 5, пересекают ось х', следовательно, т;(5,)=т„.
(5,)=т (5,)=т;(5,)=0; т,,(Р).=- 0 (сила параллельна оси х'), т, (5)=5,Ь; т;(5)=5,сова Ь; т,. (6) = 6,,'; т„, 0;1) = ЯЬ, Таким образом, ~,т =5,Ь+ Ь5,сов и+ ЯЬ+ 6 — =0 т. е. получаем уравнение, в которое входят только две неизвестные величины, одну из них (5,) мы уже определяли из первого уравнения. Поэтому 5, = — (5,еаза+а-( 0,56) = — (Рс1йа+Я-(-0,56). Аналогично имеем: т„(5,) =та (5,) =и1„(5,) =т„(5,) =0 124 (силы пересекают ось у'); т„(5,) =5, соз р а; т„(5,) = 5,а; т„. (Р) = Р (В+с); 62' ~'(® Следовательно, ~~), т; = а5, соз р + 5,а + (й+ с) Р + Яа + — 6 = О.
Воспользовавшись выражением 5„найденным из первого урав- нения, имеем: 5,= — ~ ~ Р+ 6+0,56+5,соз()1 = = — ~ — Р-~-6+ 0,56+ Р— с1и ~~, Га+с ь а а или, учитывая, что сеттер=а; 5,= — ~ — Р+9+ 0,56) . /2а+с Силу 5, можно было бы найти непосредственно из уравнения моментов относительно оси г'. Действительно, моменты всех сил, за исключением 5, н Р, относительно оси г' равны нулю так как все эти силы либо пересекают ось г', либо ей парал- лельны. Таким образом, ~т, = — 5, з!и ~3 а — Рб =О, откуда Ь Р 5 = — —.— а мар Глава У ЦЕНТР ТЯЖЕСТИ Задачи, рассматриваемые в этой главе, можно разделить на следующие четыре группы: 1) задачи на определение общего центра тяжести нескольких тел, веса и положения центров тяжести которых известны; 2) задачи на определение центра тяжести однородного контура; 3) задачи на определение центра тяжести площади плоской фигуры (однородной тонкой плоской пластинки); 4) задачи на определение центра тяжести объема (однородного тела), При решении задач, относящихся ко второй, третьей и четвертой группам, рассмотрим только те случаи, когда применим метод разбиения данной линии, плоской фигуры илн данного тела на конечное число простейших по форме частей, центрь тяжести которых легко определяются.
Если данное тело имеет плоскость или ось, нлн центр сим. метрии, то центр тяжести такого тела лежит соответственнс в этой плоскости, на этой оси или в этом центре симметрии. Поэтому для упрощения вычислений при решении задач плоскость симметрии всегда нужно выбирать за одну из координатных плоскостей, а ось симметрии — за одну из координатных осей. Первая группа (задача 2вз) Если веса данных тел обозначим Р„а координаты их центров тяжести хь у,, гь то координаты общего центра тяжести этих тел определятся по формулам: Пример 45.
Центры тяжести грузов А„А„А„А., веса которых соотвегствейно равны з Р,=Р,=10, Р,=5, Р,=15 н, находятся в вершинах тетраэд! ра; высота этого тетраэдра А,М проходит через точку М пересечения медиан основания А,А,А, тетраэдра. Дано: А,А, = 4 см, А,А,=8 см, А,М 40 см. Угол ! 1 а = 30'. Найти положение центра тяжести этих грузов (рис.
79). --.— — -4- — - — — === -у Решение. Координатные осн - -ф у с началом в точке А, направим, з;М как указано на рис. 79. Тога ~г— да координаты центров тяжести данных грузов А„А„А„А, и тз будут соответственйо равны: х, =О, х, =2 см, х,=О, х,=х„„ у,=О, у,=2 )/ 3 см, у,=8 см, у,=ум, Так как точка М есть точка пересечения медиан треугольника А,А,А„то, как известно из аналитической геометрии, х,+х,+х, 2 у,+у,-~-у, 2 1/ З~-3 3 3' У~ 3 3 !26 5 2 -1- 1 5— 2 Р,х, -1- Р,х, + Р,з, + Р,х, 3 х е 4О 5 2 У З+10 8+15 3 -3 — 3 У" 3 2 ! «У«+ Р«Ч«+ Р«У«+Рьо« Р,+Р,+Р,+Р 40 Р,з,+Р,г+Р,г,+Р,з 15 40 х, = 0,5 см; у, = 3,86 см; г, = 15 см.
Теперь, применяя формулы (40), находим координаты искомого центра тяжести: Вторая группа (задачи 288, 299 †!) Разбив данный однородный контур на и простейших по форме линий, обозначим длины этих линий )г, а координаты их центров тяжести хь уь гг Тогда координаты центра тяжести данного контура определяются по формулам: В случае плоского контура, плоскость которого принимаем за координатную плоскость хОу, будем иметь: гг=0 (1=1, 2, 3, 4, ...„п) и, следовательно, г,=0. Пример 46.
Определить координаты )У центра тяжести С однородного контура АЕВОКА, состоящего из дуги полуокружности АЕВ, прямолинейного отрезка ВО н сз'"ф' дуги окружности ОКА с центром в точке В,еслиАО=ОВ=г; ВО=2г; БРАВО«90. Оси координат указаны на рис. 80. л ~ У+ Р е ш е н и е. Заданный контур разобьем на три части: полуокружность АЕВ, отре- ! зок ВО и четверть окружности ОКА. Обозначим центры тяжести этих частей соот- г ветствеино фффа их длины 1„- Рнс. 8о 1,.
Тогда ),=пг; 1,=2г; ),=пг. Центр тяжести С, дуги АЕВ лежит на оси у, причем ОС,= 2 2г' 2« = — = —, поэтому х =0; у = — —. я и « ' ««« 2 ч Расстояние от центра тяжести С дуги окружности радиусом Я до Рз1па цеатра О этой окружности определяется по формуле ОС = —, где а— а половина центрального угла этой ьугн.
127 Центр тяжести отрезка ВР лежит в середине этого отрезка, а потому в)) х =г; у =.— =г. 2 Центр тяжести дуги АКР лежит на отрезке КВ, причем 2г а(ив и ВС =— и и 4 Следовательно, х = — (ВС соз45 — г)= — ( — г) а гаг з 3 '( и д,= ВС,сов 45'= —. 4г Полученные расчетные данные расположим в табл. (О. Таблииа !О ьа 2г 2г' 2г' ( 4г) 4г г —— и 1ретья группа (Задачи 2ЗУ вЂ” 296) Разбив данную плоскую фигуру на и простейших по форме частей, обозначим площади этих частей Зц а координаты их центров тяжести хь ус Тогда координаты йентра тяжести данной фигуры определяются по формулам: ((=! 2,3, ..., и).
128 Теперь координаты искомого центра тяжести находим по формулам (40): йх, + (,х,+!гх, г (и — 2) й+(г+й 2(и+!) Пример 47. Определить координаты центра тяжести плошади, ограниченной контуром АЕВОКА (рис. 81). Р е ш е н и е. Разобьем данную плоскую фигуру на две части: полукруг АЕВ и четверть круга ВАК0. Обозначим центры тяжести этих частей и их площади соответственно С„С, и В„В,. Тогда о',= —, Я,=пг*. Центр тяжести полукруга АЕВ лежит на оси Ор, причем я 2 2 4гь 3 и 2 — лс 4г поэтому х, =О, у, = —— 1 Зп и 2 4 8гг 2ь. ВС = —— 3 и Зп 4 х, = — (ВС, з)п 45 — г) = — — + г; д, = ВС, 81п 45' = —. е Зг а 8г Зп Координаты искомого центра тяжести данной плоской фигуры АЕВ1)КА находим по формулам (4!): /Зг 2 "' яг' 4г г Зг З,у,+Я,у, 2 Зп Зп 4г 2г, 4г — пг' 2 Пример 48.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
