metoda_ter_mex1326_2 (537601), страница 2
Текст из файла (страница 2)
1929R = ( Rx ) 2 + ( R y ) 2 + ( Rz ) 2 = (44,27) 2 + (−16,25) 2 + (12,31) 2 = 48,74 Н.Направляющие косинусыr∧ r Rx 44,27cos R, i === 0,91 ,R 48,74r∧ r R y − 16,25== −0,33 ,cos R, j =R48,74r∧ r R 12,305= 0,25 .cos R, k = z =48,74R( )( )( )Проекции главного момента системы сил относительно начала координатна координатные оси равны суммам моментов всех сил относительно соответствующих координатных осей. Поэтому, будем иметь:rM ox = M x = ∑ mx ( Fk ) = F3 ⋅ h3 + F4(3) ⋅ b + F5 ⋅ c ,(4)rM oy = M y = ∑ m y ( Fk ) = F2 ⋅ h2 − F3 ⋅ sin α ⋅ a ,(5)rM oz = M z = ∑ mz ( Fk ) = F1 ⋅ b + F3 ⋅ cos α ⋅ a − F4′ ⋅ h4 − F5 ⋅ a + M ,(6)5k =15k =15k =1Из рис. 19h2 = a ⋅ sin ϕ = 0,5 ⋅ 0,51 = 0,26 м,h3 = AE ⋅ sin α = ( AB − BE ) ⋅ sin α == (a − c ⋅ ctgα ) ⋅ sin α = (0,5 − 0,3 ⋅ ctg 600 ) ⋅ sin 600 = 0,28 м,h4 = b ⋅ sin γ = 0,4 ⋅ 0,78 = 0,31 м.Подставив в (4) – (6) числовые значения всех необходимых величин, получим:Mox = 22,92 Нм,Moy = 2,45 Нм,Moz = 7,87 НмМодуль главного моментаM o = ( M ox ) 2 + ( M oy ) 2 + ( M oz ) 2 = 22,922 + 2,452 + 7,87 2 = 24,36 Н⋅м.Направляющие косинусы30r∧ r M22,92cos M o , i = ox == 0,941,M o 24,36r ∧ r M oy 2,45cos M o , j === 0,101,M o 24,36r∧ r M7,87cos M o , k = oz == 0,323.M o 24,36()()()Примечание.
При вычислении моментов сил относительно координатныхосей во многих случаях целесообразно разлагать силу на составляющие, параллельные осям координат, а затем применять теорему Вариньона. Проиллюстриrруем этот метод на примере вычисления момента силы F4 относительно оси Oz.rrrВыше показано разложение силы F4 на две составляющие F4′ и F4(3)rrrr( F4 = F4′ + F4(3) ) . Далее разложим силу F4′ , расположенную в координатнойrrплоскости Oxy на две составляющие F4(1) и F4( 2) , параллельные соответственноrrrосям Ox и Oy (рис. С-3.6б).
Следовательно, F4′ = F4(1) + F4( 2) , аrrrrrrrF4′ = F4(1) + F4( 2 ) + F4(3) , то-есть сила F4 разложена на составляющие F4(1) , F4( 2 ) ,rrrF4(3) , параллельные осям координат (рис. 19в). Модули сил F4(1) и F4( 2 ) легко вычисляются:F4(1) = F4′ ⋅ sin γ = F4 ⋅ sin β ⋅ sin γ = 7,8 Н,F4( 2 ) = F4′ ⋅ cos γ = F4 ⋅ sin β ⋅ cos γ = 6,2 Н,На основании теоремы Вариньона получимrrrrM z ( F4 ) = M z ( F4(1) ) + M z ( F4( 2 ) ) + M z ( F4(3) ) ,rM z ( F4(1) ) = − F4(1) ⋅ AB = −3,12 Н⋅м,rrM z ( F4( 2) ) = M z ( F4(3) ) = 0 .rСледовательно, M z ( F4 ) = −3,12 Нм.31ЗАДАНИЕ С-4Равновесие тела под действием произвольной пространственной системы силОпределить в зависимости от варианта задачи реакции в подпятнике илишаровом шарнире A, подшипнике B, в заделке O, усилия в стержнях, а такжесилу P или натяжение нити (всего шесть неизвестных).
Схемы конструкцийприведены на рис.20-24, а необходимые данные - в таблице 4 (α - угол междусилой P1 и плоскостью xy).№№п/п123456789101112131415161718192021222324252627282930a,m0,60,20,50,40,70,90,20,80,50,60,40,80,50,40,60,20,60,50,30,40,50,40,30,50,40,50,30,30,20,3b,м1,01,21,01,21,01,31,00,61,01,11,01,20,81,00,91,00,80,80,60,50,80,50,60,50,80,70,80,60,6c,м0,50,81,00,60,80,60,40,60,50,61,00,20,40,50,60,50,60,41,61,80.82,01,21,01,21,01,0P1 ,Н5040602040503080503020605060304080605040504050605080305040P2 ,Н3050404030504040605080401014156030100504030504050q,Н/м201015102015103020151020304015202030101520M,Н⋅м1005020604540100803080100403050607040100605050604080406050405030α,o6030453060453045306030603045304560453045304530456045304560Таблица 4.β ,oγ ,o153030303030153015453045601530303030151515156015151530154515-32Рис. 2033Рис.
2134Рис. 2235Рис. 2336Рис. 2437ПРИМЕР ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАНИЯДано: пластинка ABCD, P1=10 Н, Р2=20 Н, М=50 Нм, α=600, β=300, γ=450,a=1 м, b=0,8 м. Сила Р1 лежит в плоскости xBz. Нить прикреплена в точке Dпластинки и точке E, лежащей в плоскости ZBY (рис.25.а).Определить реакции в шаровом шарнире A, подшипнике B и натяжениенити в точке D.Рис. 2538РЕШЕНИЕВыбираем правую систему координат с началом в точке B. Освобождаемсяот связей и заменяем их действие реакциями. В точке A реакции шарового шарrr rнира раскладываем на три составляющих X A , YA , Z A .
В точке B реакцию цилиндрического шарнира раскладываем на две составляющие в плоскости xBzr r( X B , Z B ). В точке D нити Т направлена вдоль ED к точке крепления. Рассмотрим равновесие сил, приложенных к пластинке. Система сил, приложенная кпластинке, произвольная. Среди них имеется шесть неизвестных (XA, YA, ZA, XB,ZB и T).
Для определения неизвестных составим шесть уравнений равновесия:∑ Fkx = 0,∑ mx (Fx ) = 0,∑ Fky = 0,∑ m y (Fk ) = 0,∑ Fkz = 0,rmF∑ z k = 0.rkkrkk( )kkrПри решении задач воспользуемся двойным проектированием силы T . Cначаланайдем модуль проекции этой силы на плоскость xBy и модуль проекции на осьz.rrTz = Tz = T ⋅ sinα .Txy = Txy = T ⋅ cosα ,Так как проекция силы на плоскость есть величина векторная, то можно найтимодули ее проекций на оси координат x и yrTx = Tx = Txy ⋅ sin β = T ⋅ cosα ⋅ sin β ,rTy = Ty = Txy ⋅ cos β = T ⋅ cos α ⋅ cos β .Таким образом момент силы T относительно всех осей Bx, By, Bz имеют вид:()rmx T = Tz ⋅ a = T ⋅ sin α ⋅ a,()rm y T = −Ty ⋅ b = −T ⋅ sin α ⋅ b,m (T ) = T ⋅ a − Trzxy⋅ b = T ⋅ cos α ⋅ sin β ⋅ a − T ⋅ cos α ⋅ cos β ⋅ b .39Составим уравнение равновесия:∑ Fkx = 0;X B + X A − P1 ⋅ cos γ − T ⋅ cosα ⋅ sin β = 0,(1)∑ Fky = 0;YA − T ⋅ cosα ⋅ cos β = 0,(2)∑ Fkz = 0;Z A + Z B + P1 ⋅ sin γ − P2 + T ⋅ sin α = 0,(3)∑ mx (Fk ) = 0;− P2 ⋅a+ Z A ⋅ a + T ⋅ sin α ⋅ a = 0,2(4)kkkrk( )− P1 ⋅ sin γ ⋅ b + P2 ⋅( )M − X A ⋅ a − T ⋅ cosα ⋅ cos β ⋅ b + T ⋅ cosα ⋅ sin β ⋅ a = 0.
(6)rmF∑ y k = 0;krmF∑ z k = 0;b− T ⋅ sin α ⋅ b = 0,2kРешая систему уравнений (1) − (6 ), определим:из (2)1 P2⋅ − P1 ⋅ sin γ = 35(H ),sin α 2M bXA =− ⋅ T ⋅ cos α ⋅ cos β + T ⋅ cos α ⋅ sin β = 46,7(H ),a aPZ A = 2 − T ⋅ sin α = −20,1(H ),2YA = T ⋅ cos α ⋅ cos β = 15,0(H ),из (3)Z B = P2 − P1 ⋅ sin γ − Z A − T ⋅ sin α = 3(H ) ,из (1)X B = P1 ⋅ cos γ + T ⋅ cos α ⋅ sin β − X A = −48,45(H ),из (5)из (6)из (4)T=(5)40ЗАДАНИЕ С-5Равновесие тел с учетом сил тренияrОпределить, при каких значениях силы F возможно равновесие конструкции, если коэффициент трения скольжения между тормозной колодкой и касающимся с ней телом равен f.
Шириной колодки пренебречь, считая контактточечным. Определить также реакции опор O, A, B, C, D, соответствующиепредельному состоянию равновесия конструкции. Трением в шарнирах и опорах пренебречь. Схемы вариантов приведены на рис.26-30, а необходимые данные - в таблице 5.Таблица 50№№ п/пР, кНQ, кНa, мb, мl, мα,f10,10,40,50,70,03450,1020,20,60,60,4–300,2030,30,80,80,20,06600,2540,40,50,40,50,08300,1550,50,90,30,70,04600,1060,61,00,20,6–450,2570,41,20,70,20,06300,2080,31,40,80,4–600,1590,51,60,50,3–450,20100,31,20,60,30,08300,25110,10,40,50,70,03450,10120,20,60,60,4–300,20130,30,80,80,2–600,25140,40,50,40,50,08300,15150,50,90,30,7–600,10160,61,00,20,60,05450,25170,41,20,70,20,9300,20180,31,40,80,40,02600,15190,51,60,50,30,08450,20200,31,20,60,3–300,25210,10,40,50,70,03–0,10220,20,60,60,40,04–0,20230,30,80,80,20,06450,25240,40,50,40,50,08300,15250,50,90,30,70,04300,10260,61,00,20,60,05600,25270,41,20,70,20,06450,20280,31,40,80,40,02300,15290,51,60,50,30,08600,20300,31,20,60,30,08450,2541Рис.
2642Рис. 2743Рис. 2844Рис. 2945Рис. 3046ПРИМЕР ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАНИЯДано: схема конструкции (рис.31а); P = 0,3 кН, Q = 1,2 кН, a = 0,5 м,b = 0,2 м, l = 0,04 м,α= 600,β = 450r,f = 0,25.Определить, при каких значениях силы F возможно равновесие конструкции. Определить также реакции опор O и A, соответствующие предельному состоянию равновесия.РЕШЕНИЕРассматриваемая конструкция состоит из трех тел: тележки, барабана истержня AE с тормозной колодкой.Рассмотрим равновесие, предполагая, что оно имеет место, для каждого изтел в отдельности.Рис. 3147Сначала запишемуравнения равновесия тележки.
На тележку действуют:rrсила тяжести Q , реакция нити T и нормальная реакция наклонной плоскостиrN1 (рис.31б). Выбрав координатные оси, как показано на рисунке 31б, запишемследующие уравнения равновесия указанной системы сил:∑ Fix = 0, i F = 0,∑ iy i Q ⋅ sin β − T = 0.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
