Termeh (523129), страница 26
Текст из файла (страница 26)
Поэтому условия равновесия пространственной системы сил могут быть представлены в векторной форме и и Я ~' Р» 0' го )' Мо(Рь) 0 (9 1) и-! и ! Два векторных условия (9.1) эквивалентны следующим шести аналитическим условиям равновесия: и и и й,=~„р„„=о; л,=~ р„=о; я,=~'р„,=о; и=! и=! и=! и и Х„=,) М,(Ри)=0; ь =к~~,М (Ри)=0; (9.2) и-! Ф 1 и ь, =',)".М,(г„) =о. и-! Условия равновесия (9.2) можно сформулировать так: для равновесия произвольной системы сия, приложенных к твердому 2!4 телу, необходимо и достаточно, чтобы суммы проел»р»й всех сил на оси декартовой системы координат равнялись нулю и суммы моментов всех сил относительно этих осей также равнялись нулю. Пример 9.».
На балку АВС)З, заделанную одним концом, в сечениях (точках) В и)у действуют силы К! и Р! и пары силе моментами Мл =2Га и Мо = Ра (рис. 9.1, а). Определить реакцию зааелки, приняв Р! = Р, Р» = 2Р . Реи»ение. Действие заделки на балку заменим силой Л„и парой сил с моментом М,, направления которых неизвестны. Представим их в виде трех составляющих, направленных по координатным осям. На рис. 9.1, б изображена освобожденная от сввзи балка, моменты Мл и Мр показаны в виде векторов, сила В„предо»аллена составляющими Хл, У„, 2,, момент М, в виде трех составляющих М„, М„, М„,. Балка находится в равновесии. Составим условия равновесия в аналитической форме и и и ~Р»,=Х„=О; Х~~ Р» =-Г+У»=0; ~ Р,=-2Р+2»=0; »=! »=! » ! и и ~М»„=Мл-2ра+М„„=О; ~Ч~ М» =2Га+Мо+М„»=О; » »=! Ч~~ М», =-2Га+Мм =О.
Учитывая, что Мл = 2ра и Мо = Ра, находим Х„=О, У,=Р, 2„=2Р; М»„=О, М„» =-Зра, М„, =2ра. Из полученных данных следует, что действительное направление М„противоположно изображенному на рис. 9.1, б. Условия равновесия проаиранственной системы параллельных сил Если силы, действующие на твердое тело, параллельны между собой, то можно выбрать такую систему координат, когда одна из ее осей, например Ол, параллельна направлению действия сил (рис.
9.2). Тогда из шести аналитических условий равновесия три выполняются тождественно, и система параллельных сил будет иметь только три условия равновесия: 215 и Л, =~Р„=О; е=! и и Л,=',))„М.(Р„)=О; Ь,=',)"М,(Г„)=О. (9.3) Рнс. 9.2 Условия равновесия плоской системы сил Для плоской системы сил условия равновесия будут частным случаем уравнений (9.2), определяющих условия равновесия пространственной системы сил.
Например, если силы расположены в плоскости Оху, то аналитические условия равновесия можно записать в виде и и и Я„=~У„, =О; Я, =~) Г„» =О; Хо= ",Мо(Ри)=О. (9.4) е-! я-! Гс ! Для равновесия произвольной плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций всех сил на каждую из двух координатных осей и сумма алгебраических моментов этих сил относительно любого центра О были равны нулю. Алгебраическим моментом силы относительно точки называют момент силы относительно оси, проходящей через данную точку перпендикулярно плоскости, в которой расположена сила и точка (см.
(8.11)). Вместо (9.2) иногда удобно применить условия равновесия в виде уравнений трех моментов для равновесия произвольной плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы суммы !4 Зак. !6 2!7 алгебраических моментов всех этих сил относительно любых трех центров А, В, С, не лежащих на одной прямой, были равны нулю: У Ф н ~Ма(Ра)=0' '~,Мв(Рк)=0',)' М! (Ра)=0.
(95) а=! а ! а ! Необходимость утверждения следует из того, что третье условие (9.4) справедливо для любой точки. Достаточность докажем методом от противного, используя теорему о приведении произвольной системы сил к центру. Допустим, что плоская система сил ие находится в равновесии. Тогда, приводя ее поочередно к точкам А, В, С, будем иметь в этих точках равнодействующую К .
Для выполнения равенств (9.5) равнодействующая должна пройти одновременно через все три точки, а это невозможно, так как точки ие лежат иа одной прямой. Следовательно, равнодействующая равна нулю и система сил, удовлетворяющая равенствам (9.5), находится в равновесии. Пример 9.Д Составить условия равновесия лла плоской системы сил, приво!венных к балке (рис. 9.3). Рне.
9.3 Решение На основании уравнений (9.4) имеем и л Я, = ~~' Р;, = Х„ — Р! сова = О; й = ~ Р, = У„ - Р! я!па + Ул — г! О; ь=! Ф=! и ).„= ~! Мл(Р) = -Г~!Я(пи+ Ул2(-Р!3( = О, а-! или, согласно уравнениям (9.5), 218 ~М„(Г)= -Рз(вши+ Ул21-Р!31 = 0; 3-! 'ЯМзЯ) = -УлМ+ Р 1зша — Р1 = 0; з ! л Ч ~Мс(Р;) -Р!1-У„21+Х„118а О. Пример 9.3. Однородная прямоугольная рама (рис.9.4) весом Р, = 400 Н, прикрепленная к стене с помощью сферического шарнира в точке А и петли в точке В, удержнвеетса в горизонтальном положении тросом СК. К раме в точке Е подвешен зруз весом Р = 50 Н . Определить натяжение троса СК, а такзсе реакции сферического шарнира и петлзь если а = 60', р = 60', СЕ = 1)Е и ВС = 1.
Реыьение Условна равновесия рамы, согласно уравнениям (9.2), имеют следующий вид: Ф Я, =Ч! Р„', =Х„-Т!созасозр=О; 3"— ! Ф Я ~ ~Р! У„+Уз-Т,сований 0; з-! Ф Я, ~ Гю Е„+Ел-Р,+Т,зша-Тз=О; з-! л 1 Е, ~~~М (Рз)=Т!1ззпа-Р!-1-Тз1 0; Ф-! 2 л 7т ='У М,(Рз)-Р,-1+Та-1!-Т,(,зщ -г,(, =О; Ф ! Ф 1! ~ Ми("!) з ! где 1, = АВ; Т = Р . Из уравнений находим Хя П,17Н; Уя =125 Н; 2„225 Н; Уя 0; Я~ -25Н; Т =288,7Н. Пример 9лй Ворот 1 (рис.
9.5, а), предназначенный для подъема груза 2 весом Р, удерживается в равновесии вертикальной силой Р, приложенной в точке С к горизонтальному рычагу СП. Определить реакции связе1~ а также модуль силы Г, если Р= 2кН; вес барабана Р, =0,08кН; г= 0,1 м; 1, =1з =1! = =0,3м; 1, 0,8м. Угол а меяшу наклонным участком троса и горизонтом равен 30', а АСЕ!В=90'. 219 У Рис. 9.5 Реикеииа Рассмотрим условия равновесна ворота Освободив его от связей (подпятника А, подшипника В) и отсоединив трос с грузом 2 от барабана 3 в точке схода троса с барабана, получим расчетную схему (рис.
9.5, б). Запишем уравнения равновесия; Ф ' л й„=~ Р'„=Х„+Մ— Тсоаа =О; В„=~ гак =Уз =О; зм Ю Н. = Ч~ Г», —— 2з + Тв — Р, — Г + Т з(пи = О; зм я А, = ~~~~~ М,(Рз ) = 2з (1~ + 1з ) - Р~1з + Т1з з(п ь+ И» = О; зм л 1, =ХМ,(Г)=л,-те=о: з! и Ц =~ ~М,(г'„) =-Х„(1, +1з)+Т1,сова=О. з 1 221 Сила Т натлженив троса равна (по модулю) весу Р груза 2. Из составленных уравнений находим проекции на оси декартовой системы координат реакций подшипников и модуль силы 7: Хз =0,8ббкН' Ул 0*' Уз =-0,585кН; Хв 0,8ббкН; Ув 0,085кН; Г 0,25кН. 9.2.
Равновесие системы тел На практике во многих случаях приходится проводить статический расчет конструкций, состоящих из системы твердых тел, соединенных связями. Связи, соединяющие части данной системы тел, будем называть внутренними в отличие от внешних связей, скрепляющих конструкцию с телами, в нее не входящими. Если внешние связи заменить силами, то условий равновесия (9.2) будет недостаточно для их определения. Существуют два метода решения.
1. Составляют, пользуясь свойствами внутренних связей, дополнительные условия равновесия, из которых определяют неизвестные реакции. Например, для плоской трехшарнирной арки, показанной на рис. 9.6, а, четвертым уравнением будет равенство нулю суммы моментов относительно шарнира С всех сил, действующих на какую-либо одну половину арки. Тогда и ХР =Р +Ад+Ад=О ° и ",з,Рз =Р -Р-Р,+у„+та=О; вы ~ Мв (Рз ) = Мв (Р) + Мв (Р ) + Мв (Рт ) + Мв (1д ) = О; ьм .'~ Мс(Рз) ™с(Р) ™с(Рг) ™с(Хд) ™с(Уд) =О.
Из зтих четырех уравнений определяют неизвестные Х„, Т„ Хд Ув. 222 2. Мысленно расчленяют конструкцию на отдельные части, заменяя внутренние связи силами. Поскольку все части конструкции находятся в равновесии, то для любой из них можно составить условия равновесия и определить неизвестные реакции связей. Такое расчленение трехшарннрной арки показано на рис. 9.б, б. На основании закона действия и противодействия реакции связей в шарнире С попарно равны по модулю и проти- воположны по напРавлению, т. е. Х,'. =-Хг., Уг, = — гг . ДлЯ каждой половины арки (плоская система сил) имеем три независимых условия равновесия (всего их шесть), из которых находим неизвестные Х„, У„Хл, Ул, Х, Уг..
Метод, связанный с расчленением системы на части, применяют, когда нужно определить силы во внутренних связях. Пример 9.5. Две горизонтальные балки АС и ВЕ длинами 2! и 1 соответственно в точках А и Е прикреплены к неподвижному основанию цилиндрическими шарнирами (рис. 9.7К Концы балок С и В с помощью цилиндрических шарниров соединены балкой СО, длина которой 1. Все три балки находятся в одной плоскосги, внешние силы приложены к серединам балок. Определить реакции опор. Рис.
9.7 Решение. Для трех тел можно написать девять независимых условий равновесия и найти все неизвестные. Поступим иначе, т. е. составим три условия равновесия лля всей системы и два дополнительных условия: сумма моментов всех сил, действующих на балку ОЕ, относительно точки В равна нулю и сумма моментов всех сил, действующих на систему, состоашую из двух балок СО и ОЕ, относительно точки С также равна нулю. Получим пять уравнений для определения пяти неизвестных: и ~Р„-Х„-Р+Хь-О; ьи л ~Р Ул — Р + Ул — Р— Р— Р +1к =О; гм 224 и ЯЫл(Р!)" ((-05Р!+Гв )5Р,-2Р,— 25Р,— 05Р!бух+Ха)=0; ! ! ~~' Мр(Ка) = Щ -0,5РД = 0; оввс(Г„) =!(-К57-0,5Р~+ Гв+ Хв) = О.
а=! ПРинав Р, =Р! =Р! =Р4 =Г=Р, находим Х„=0,5Р; Га ---1,5Р; Ув--5Р; Хв 0,5Р; Гв =0,5Р. 9З. Определение внугренннх сил Внутренними называются силы, с которыми одна часть тела в каком-либо сечении действует на другую его часть. Внутренние силы приходится определять, например, при расчетах на прочносп. На основании закона действия и противодействия внутренние силы всегда попарно равны по модулю и противоположны по направлению. Если левая часть тела действует на его правую часть силой 7, то, в свою очередь, правая часть действует на левую силой — Г .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
