1611690516-d99b7463a257f659341e7d5db73ba461 (826918), страница 20
Текст из файла (страница 20)
Изиего видно, что проекции этихсил на плоскость хг равны самим силам, а плечо силы Р относительно точки В равно А В12== й/2; плечо же силы Q' относительно этой точки равно A K tir .e .A K - c o s a или a cos се, чтовидно из рис. 100, а.Составляя с учетом сделанных пояснений условия равновесия (51) и полагаяодновременно Q '= Q , получим:2F * x « - Q + X ,, = 0,(I)2 ^ = - 7 ’81пР+Кл + 1'в = 0,2 F k z **— P + T c o s tl + Z A + Z B = 0,Zmx (Fk) в»— (Pd/2) sin a + Td sin P = 0,(11)(HI)(IV)2m y (Fk) s s — Р б /2 -f- Qa cos a + 2 ^ 6 = 0,(V)Xmz (F h) = Qa sin a — Y Ab = 0.(VI)Учитывая, что p = o /2 = 3 0 °, найдем из уравнений (I), (IV), (V), (VI):Х д = () = 2 0 0 H , r = ( P s l n a ) / 2 s l n P « Ю 4Н ,Z A = P /2 — (Qa cos a )/b = 2 0 H , Y A = (Qa sin о )/b я 69 H.Подставляя эти значения в уравнения (II) и (III), получим;Кв = Г 8 1 п Р -К д = —17 Н,ZB — P — Т cos Р— Z A = 10 Н.Окончательно,Г » 104Н , Х д = 200Н , К л « 6 9 Н , 2 д = 2 О Н , Г д = — 1 7 Н , 2 а = 10Н .Задача 42.
Решить задачу 41 для случая, когда на крышку дополнительнодействует расположенная в ее плоскости пара с моментом Л1 = 1 2 0 Н-м; поворотпары направлен (если смотреть на крышку сверху) против хода часовой стрелки.Р е ш е н и е . В_дополнеиие к действующим на крышку силам (см. рис. 99)изображаем момент М пары в виде вектора, перпендикулярного к крышке н приложенного в любой точке, например в точке А . Его проекции на координатные оси:М х= 0 , М у= М cos a , M Z= M sin а . Тогда, составляя условия равновесия (52),найдем, что уравнения (1) — (IV) останутся такими же, как в предыдущей задаче,а последние два уравнения имеют вид:—P b/2+ Z Ab+ Q a cos а + М cos а = 0 ,(V')—У д Н -Q a sin a + A f sin а = 0 .(VI')Заметим, что этот ж е результат можно получить, не составляя уравнения ввиде (52), а изобразив пару двумя силами, направленными, например, вдоль линийА В и КО (при этом модули сил будут равны M ia), и пользуясь затем обычными условиями равновесия.Решая уравнения (I) — (IV), (V '), (V I'), найдем результаты, аналогичныеполученным в задаче 41, с той лишь разницей, что во все формулы вместо величиныQa войдет Q a+A f.
Окончательно получим:Г я Ю 4 Н „ Х д = 200Н , У д » 173И , г д = —4 0 Н , Y B = — 121 Н , ZB = 7 0 Н.Задача 43. Горизонтальный стержень А В прикреплен к стене сферическимшарниром А и удерживается в положении, перпендикулярном стене, растяжками К Е и CD, показанными на рис. 101, а. К концу В стержня подвешен грузвесом Я = 3 8 Н. Определить реакцию шарнира А и натяжения растяжек, если А В —= в = 0 ,8 м, A C = A D 1—b=0,& м, А К = а /2 , <х=30°, р=60°.
Весом стержня пренебречь.Р е ш е н и_е. Рассмотрим равновесие стержня. На него- действуют сила ~Ри реакции Тк , Тс , Хд, Уд, Z A. Проведем координатные оси и составим условияравновесия (51). Д ля нахождения проекций и моментов силы Y c разложим ее на составляющие T j j i Г„ ( 7 \ = Tc cosa., T 2= T c s in a ). Тогда_по теоремеВ ариньона* mx (Tc )= m x (T 1), так как mx (T J= Q , а n I (T c )= m t (TJ , так как*Заметим, что угол между силой T q и плоскостью А у г не равен 45°, каиногда в аналогичных случаях ошибочно полагают. Поэтому, например, при нахождении tnx (T c) по формуле (45) надо сначала определить этот угол или найтидругим путем проекцию Tq на плоскость А у г , что усложнит расчет (составляющаяT i проекцией силы Т с на плоскость А у г не является). С помощью же теоремы Вариньона значение тх (Тс ) легко находится.84тг (7’1) = 0.
Вычисление моменте» сил относительно оси г пояснено вспомогательным чертежом (рис. 101, б), на котором дан вид в проекции на плоскость А х у .Теперь составляем уравнения (51). Предварительно заметим, что так как всесилы пересекают ось у, то их моменты относительно этой оси равны нулю; поэтому уравнений равновесия останется только пять:а Г д - cos Р — Т 2 sin 4 5 ° + Х д = 0 ,T ,F h y ^ — ?V sin Р — T t cos 45° -f- У a — 0,_ Tji+ Z A - P = 0, 2 m , (Fk) z s T xb — P a = 0,Z.m2 (Fk) =3 - (T Ka/2) cos p + Т ф sin 45° = 0,или, заменяя Tx и Т г их значениями:Т к cos Р — T c s l n a s ln 45° + Х а = 0,— Тд-sln р — Т с sin a cos 45°-(-К д = 0,— P -f-rc Cosa + Z^srO, — Ра -)~T c b cos a = 0,— (Гка/2) cos P + T c i sin a sin 45° = 0.Решая эту систему уравнений, найдем окончательно 7 с * 55,4 Н , 7'д-~58,8 Н ,Х а ***—9,8 Н, У ,д»70,5 Н, Z a = — 12 Н.
Составляющие Х А иимеют, такимобразом, направления, противоположные показанным на чертеже.Задача 44. Горизонтальная плита A B C , имеющая форму равностороннего‘треугольника со стороной а, закреплена с помощью шести стержней так, какпоказано на рис. 102; при этом каждый из наклонных стержней образует с горизонтальнойплоскостью угол а = 3 0 . В плоскости плиты действует пара с моментом М . Пренебрегая весомплиты, определить усилия в стержнях.Р е ш е н и е . Рассматривая равновесие плиты, изображаем вектор М момента действующейна нее пары сил и реакции N[,.-.
., Nf. стержней; реакции направляем так, хек если бы всестержни были растянуты (считаем,, что плитаотрывается от стержней). При равновесии суммаМоментов всех Действующих на тело сил и пар[см. равенства (52)] относительно любой оси должна быть равна нулю.Направляя ось г вдоль стержня / и составляяуравнение моментов относительйо этой оси, получим при М г= М(N , cos а ) Л + М = 0 ,где h = a y 3/2 — высота треугольника. Отсюданаходим_N t = — 2 M /(a V 3 cos a ).Рис.
102Составляя уравнения моментов относительно осей, которые направляемвдоль стержней 2 и 3, получим такие же результаты для сил NA и N f .Теперь составим уравнение моментов относительно оси х , направленной вдоль.стороны А В треугольника. Получим, учитывая, что Мж= 0 ,JVjA+ (N , sin a) h = 0.-Отсюда, так как Nt — Nt , находимN 3= —sin о = (2Af/aV""3) tg a .Такие же значения получим для величин Nx и N t , составляя уравнения моментовотносительно осей А С и СВ.85Окончательно при а = 30° будет:ЛГ,= ЛГ,= ЛГ,=2М/За, N t = N f = N t = — 4Ml3a.Полученные результаты показывают, что действием заданной пары вертикальные стержни растягиваются, а наклонные сжимаются.Из рассмотренного примера видно, что при решении задач невсегда обязательно пользоваться условиями равновесия (51).
Д ляпространственной системы сил, как и для плоской, существует несколько форм условий равновесия, из которых форма (51) являетсяосновной.В частности, можно доказать, что для равновесия пространственной системы сил необходимо и достаточно, чтобы были равны нулюсуммы моментов всех сил относительно шести осей, направленныхили по ребрам какой-нибудь треугольной пирамиды, или по боковымребрам и ребрам основания треугольной призмы.Последние условия и были использованы при решении задачи 44.Глава VIIIЦЕНТР ТЯЖЕСТИf 31.
ЦЕНТР ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ СИЛПонятие о центре параллельных сил используется при решениинекоторых задач механики, в частности при определении положенийцентров тяжести тел.Рассмотрим сначала две параллельные силы Ft и F t, приложенные к телу в точках А± и >4, (рис. 103). Очевидно, что эта плоскаясистема сил имеет равнодействующую R = F i + F t, линия действиякоторой параллельна слагаемым силам и проходит через некоторуюточку С, лежащую на прямойПоложение точки С найдем спомощью теоремы Вариньона. Согласно этой теореме тс (R) == m c(Fl) + m c(F1) или 0 = F 1A1— FJit =Fx-АУС -cos a —Ft -AtC -cos a ,откудаF1-AlC = F t -AtC.(54)В равенство (54)_входяТ модули Ft и F. рассматриваемых сил.Поэтому, если силы Fx и Ft повернуть около точек At и А , в одну иту же сторону на один и тот же угол, то образуются две новые параллельные силы F[ и F't , имеющие те же модули Fi, Ft; следовательно, для сил F'ltравенство (54) сохранится и линия действияих равнодействующей R ' тоже пройдет через точку С.
Такая точканазывается центром параллельных сили Ft .Теперь рассмотрим систему параллельных и одинаково направленных сил Flf F .......... . Fn, приложенных к твердому телу в точках86Ai,• • -i A n (рис. 104). Эта система сил имеет равнодействующую R —l F k, модуль которойR = 2 F h.(55)Если каждую из сил системы поворачивать около точки ее приложения в одну и ту же сторону на один и тот же угол, то будутполучаться новые системы одинаково направленных параллельныхсил. с теми же модулями и точ-гРис.
103Рис. 104гое направление. Покажем, что при всех таких поворотах линиядействия равнодействующей проходит через одну и ту же точку С.В самом деле, сложив сначала силы F* и Ft , найдем по формуле (54),4Y0 их равнодействующая Ri (на рис. 104 не показана) будет всегдапроходить через точку cit положение которой определяется равенством F.1'A1Ci=Ft -AiCi. Сложив затем силы Ri и F 3, найдем, что ихравнодействующая, являющаяся одновременно равнодействующейсил Fu Ft, Ft, всегда проходит через аналогично определяемую точку с„ лежащую на прямой с,Л ,, и т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
