1611690516-d99b7463a257f659341e7d5db73ba461 (826918), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Искомые силы давления колес на рельсы равны численно N А и Л 'д, нонаправлены вниз.И з найденного решения видно, что при Q = a P l (Ь— а ) = 22,2 к Н р е ак ц и я N Aобращается в н уль и левое колесо перестает давить на рельс. П ри дальнейш емувеличении нагрузки Q кран начинает опрокиды ваться. Н аибольш ая н а г р у з к а Q,при которой сохраняется равновесие к р ан а, определяется из условия 2 т д ( / > ) —0 ,где F /,— действующ ие на кран заданны е силы (в данной задаче — силы тяж ести).4 -1 8 7 049Задача 19. Однородный брус А В весом Ропирается концом А на гладкую горизонтальную плоскость и выступ D , а концомВ — на наклонную плоскость, образующуюс горизонтальной плоскостью угол а (рис. 57).I' Сам брус наклонен под углом fi. Определитьсилы давления бруса на обе плоскости и выступ D.Р е ш е н и е . Рассмотрим равновесие 6gyса А В .
Н а брус действуют: заданная сила Р ,приложенная в середине бруса, и реакциисвязей’Й,1У1,'77,, направленные перпендикур ис, 57лярно соответствующим плоскостям. Проводим координатные оси (рис. 57) и составляемусловия равновесия (29), беря моменты относительно центра А , где пересекаются две неизвестные силы. Предварительновы числяем проекции каж дой из сил на координатные оси и ее момент относительн о центра А , занося эти величины в таблицу; при этом вводим обозначения:А В = 2 а , Z K A B = y (А К — плечо силы R относительно центра А ).Т еперь составляем условия равновесия:Nt—R sin а = 0 , Ni—P + R cos а = 0 ,— Р а cos Р+2 R a сое у=0.4И з последнего уравнения находимR = ( P cos f$)/2 cos у .Т а к к а к прям ая А К п арал л ел ьн а наклонной плоскости, то Z K A x — a; отсюда у=*= о — р.
ОкончательноR —(P cos Р)/2 cos (а—Р).Р е ш ая первые два уравн ен и я, получим:„Г ,Lcos a cos Р 12 cos(a"—"{T) J ’_ sin а cos Р2 cos (а —$)’'Силы давлени я на плоскости равны по модулю соответствующим реакциям и направл ен ы противополож но этим реакциям.Д л я проверки правильности вычисления величин N i и N t можно составитьуравн ен и я моментов относительно точек, где пересекаются линии действия сил Rи 7Г, и сил JT и f f i .З а д а ч а 20. Симметричная а р к а (рис. 58) загруж ена .системой сил, приводящ ей ся к силе Q— 40 к Н , прилож енной в точке D , и паре с моментом т д = 120 кН -м.50\Вес арки Р = 80 к Н . Дано:А В = а = 10 м, 6 = 2м,Л = 3 м, а = 6 0 ° .Определить реакции неподвижной ш арнирной опоры В и подвиж ной опоры А .Р е ш е н и е . Рассмотрим равновесие всей арки .
Н а нее действую т заданны есилы"/3 и Q, пара с моментом т д и реакции опор N д , Х д , Уд (реакцию неподвижной ш арнирной опоры В изображаем двум я ее составляющ ими, к а к на рис. 54).В этой задаче удобнее воспользоваться условиями равновесия (30), беря моментыотносительно точек А и В и проекции на ось А х . Тогда в каж дое уравнение войдетпо одной неизвестной силе. Д л я определения моментов силы Q разлож и м ее насоставляющие Q1 и Qs, модули которы х Q i= Q cos a , Q2= Q sin а , и воспользуемся теоремой Вариньона.
Тогда получим:2 Р *Л ■=Q cos о = 0 ,2 т д (F/,) s b Y s a — P a /2 — hQ cos a — bQ sin а - f mD = 0,2/пд (¥„) e P a /2 — N Aa — hQ cos а + ( a — 6) Q sin а - f m D = 0.(а)(6)(в)Реш ая эти уравнения, найдем:Х д = —Q c o s a = — 20 кН ,Y д = P/2-\-Q(b sin a + Л cos a ) /a —т д / а « 40,9 к Н ,N x = P l2 -\-Q \(a — b) sin a — h cos а ] / а + т д / а « 7 3 , 7 к Н .В еличина Х д оказалась отрицательной. Следовательно, составляю щ ая Х димеет направление, противоположное показанному на чертеже, что мож но былопредвидеть заранее.
Полная реакцияопоры В найдется к ак геометрическая сумма сил Х д и Y g . По модулю ,________Лв = К х Ь 4 - К |« 4 5 ,5 к Н .Д ля проверки можно составитьуравнение проекций на ось Ау:V F k v * -N A + Y B - P - Qsin a = 0.(г)Подставляя сюда найденные величины N ji и У д , убеж даемся, что ониэтому уравнениюудовлетворяют(подстановку следует делать и в общем виде, чтобы проверить формулы , и в числах, чтобы проверить численные расчеты).Следует иметь в.
виду,.что при такой проверке можно не обн аруж ить ош ибок,связанных с неправильным определением проекций или моментов с и л , перпендикулярных оси А у . Поэтому надо и л и дополнительно проверить эту часть расчетов,или составить дл я проверки еще одно уравн ен ие, например уравн ен ие моментовотносительно центра D.Отметим еще следующее. Как известно, при составлении условий (30) ось проекций надо направлять не перпендикулярно линии А В , т. е. в нашем случае невдоль А у .
Е сли, тем не менее, мы составили бы третье уравнение в п роекциях наось А у , то получили бы систему уравнений (б), (в), (г), содерж ащ ую только дванеизвестных N д и У д (в этой системе одно уравнение было бы следствием дву*других). В результате мы не могли бы определить реакцию Х д .Задача 21. Однородный брус А В ж естко заделан в стену, образуя с ней уголо = 6 0 ° (рис. 59, о).
Выступающая из стены часть бруса имеет д л и н у Ь = 0,8 ми вес Р = 1 0 0 Н . Внутри угла D A B леж ит цилиндр весом Q = 1 8 0 Н , касаю щ ийсябруса в точке £ , причем А Е = а = 0,3 м. О пределить реакцию за д е л к и ._Р е ш е н и е . Рассмотрим равновесие бруса. Н а брус действую т: сила Р ,прилож енная в середине бруса, сила давлени я F цилиндра, при лож енная в точкеЕ перпендикулярно брусу (но ни в коем случае не сила Q, которая при лож ен а к4*51ци линдру, а не к брусу!) и реакци я заделки, которую представим составляю*щими ~ХА , Y j | и парой с моментом т А (см. рис. 55, б).Д л я определения силы давления 7 разложим силу Q, приложенную в центрецилиндра, на составляю щ ие F и 77, перпендикулярные брусу и стене (рис. 59, б).И з полученного параллелограмм а находим, что F — Qlsin а .Т еперь, составив условия равновесия (29), или точнее (32), получим;X F /tx ^ B X a -^-F c o s a ~ 0 ,— F s l n a — P = 0,Y m A (Fjt) e a — F a — P (6/2) sin a - f « ^ = 0.П осле замены силы F ее значением эти уравнения примут вид:•Хд+ Q ctg a = 0 , Y a - Q - P = 0.т А— Q a/sin a — P (6/2) sin a = 0 .И з составленных уравнений окончательно находим;X a = - Q c tg a = — 103,8 H , К ,д = Р + О = 2 8 0 H#m A = Q a lsIn a + P (6/2) sin a = 9 6 ,9 H -м.Р еакц ия заделки слагается из сил Х А , Y A и пары с моментом т А .В заклю чение еще раз подчеркиваем вытекающий из хода решения задач основной Вывод: в условия равновесия входят только силы непосредственно приложенные к тел у, равновесие которого рассматривается.З адача 22.
К столбу с перекладиной (рис. 60) прикреплены два блока С и D ,через которые перекинута веревка, удерживающая груз весом Q = 240 Н . Нижнийконец веревки закреплен в точке В . Столб удерживается в равновесии растяжкойE E i. Пренебрегая весом столба с перекладиной и трением в блоках, определитьн атяж ение'растяж ки и реакцию заделки А , рассматривая ее к ак шарнирную (т. е.к а к неж есткую , позволяю щ ую столбу поворачиваться в округ точки А ).
Все размеры указан ы на чертеже (в метрах). Размерами блоков пренебрегаем.Р е ш е н и е . Рассмотрим равновесие всей конструкции, т. е. столба с перекладиной, блоками и частью веревки K D C K \, охватывающей блоки (см. задачу 9).Н а конструкцию действуют следующ ие внешние силы: прилож енная в точке /С*сила_$У прилож енная в точке К сила натяж ения F веревки и реакции связей’ Г ,Х А , Y А . Внутренние силы , к а к не входящ ие в уравнения равновесия, не изображ аем .
Т ак к а к при отсутствии трения в блоках натяж ение веревки всюду одинаков о, то F — Q. Составляем д л я действую щ их сил следующие условия равновесияc o s a - r 7 cos Р + Х ,4 = 0 ,2 F l,v и » — Q — F s in a — T sin 0 + Y A — 0,2 м л ( F k ) ^ — Q - 1 ,0 — F - 0 , 9 s i n a - f Г -1 ,2 sin 0 = 0.52И з прямоугольных треугольников А Е Е ^ и A D B находим, что £ £ i —2,0 м,D B = 1,5 м. Отсюда sin a = s i n Р = 0 ,8 ; cos o = c o s 0 = 0 ,6 .
Следовательно, в Данномслучае а = р . Подставляя в составленные уравнения найденные значения тригонометрических функций и полагая одновременно F = Q , получим0,6 Q—0,6 Г + Х ,4 = 0 , — Q— 0,8 Q—0 , 8 Г + У д = 0 ,— l , O Q - 0 , 7 2 Q + 0 , 9 6 r = 0.Реш ая эти уравнения, найдем окончательно: 7 '= 4 3 0 Н , Х д = 114 Н , К д = 7 7 6 Н .S 18.
РАВНОВЕСИЕ СИСТЕМ ТЕЛСтатический расчет инженерных сооружений во многих случаяхсводится к рассмотрению условий равновесия конструкции из системы тел, соединенных какими-нибудь связями. Связи, соединяющиечасти данной конструкции, будем называть внутренними в отличиеот внешних связей, скрепляющих конструкцию с телами, в неё не входящими (например, с опорами).Если посде отбрасывания внешнихсвязей (опор) конструкция остаетсяжесткой, то для нее задачи статикирешаются как для абсолютно твердого тела. Подобные примеры были рассмотрены в задачах 20 и 22 (см.
рис.58 и 60).Однако могут встречаться такие инженерные конструкции, которые после отбрасывания внешних связей не остаются жесткими.Примером такой конструкции является трехш арнирная арка (рис.61). Если отбросить опоры А и В , то арка не будет жесткой: ее частямогут поворачиваться вокруг шарнира С.На основании принципа отвердевания система сил, действующихна такую конструкцию, должна при равновесии удовлетворять условиям равновесия твердого тела. Но эти условия, как указывалось,будучи необходимыми, не будут являться достаточными; поэтомуиз них нельзя определить все неизвестные величины. Д л я решениязадачи необходимо дополнительно рассмотреть равновесие какойнибудь одной или нескольких частей конструкции.Например, составляя условия равновесия для сил, действующихна трехшарнирную арку (рис.
61), мы получим три уравнения счетырьмя неизвестными Х А, Ул , Х в , Y B. Рассмотрев дополнительноусловия равновесия левой (или правой) ее половины, получим ещетри уравнения, содержащие два новых неизвестных Х с , Y c , нарис. 61 не показанных. Решая полученную систему шести уравнений, найдем все шесть неизвестных (см. задачу 23).Другой способ решения подобных задач состоит в том, что конструкцию сразу расчленяют на отдельные тела и составляют условияравновесия каждого из тел в отдельности (см. задачу 24). При этомреакции внутренних связей будут попарно равны по модулю и противоположны по направлению.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
