Задача 1в. Привести к |
простейшему виду систему сил"?!, Ft , F3, действую |
|
щих на ферму А В |
(рис. 50), и найти силы давления на опоры А и В, если F i= |
|
= 'Ft = F t = F . |
|
__ _ |
Р е ш е н и е . |
Замечая, |
что силы F2 и Ft образуют пару, перемещаем ее в |
положение, показанное на чертеже пунктиром. Тогда силы Flt Fj взаимно уравно
вешиваются и вся система сил приводится к равнодействующей R — Ft (численно
R = F ).
Отсюда заключаем, что действие сил Flt Рг, F3 сводится к вертикальному дав лению на опору А; опора В при этом не нагружена.
Задача 17. Привести к простейшему виду систему сил, рассмотренную в зада че 14 (см. рис. 48).
Р е ш е н и е . Из результатов, полученных в задаче 14, следует, что данная
система сил приводится к приложенной в точке О силе R , направленной так, как доказано иа рис. 51, и паре с моментом М о = П .З Н м. При этом численно Л = 5 0 Н и cos f!= \R y\/R=Q ,3 (fi& 53°). П редставим пару силами 7V = R и 7?" =
= —И, прилож ив силу ~R" в точке О, a ~R' в точке С, причем, согласно формуле
(28),d= O C — M o /R x O,23 м. Отбрасывая силы R и R найдем, что рассматривае мая система сил приводится к равнодействующей, равной R , лнння действия ко торой проходит на расстоянии 0,23 м от точки О (через точку С с координатами х = —d cos р » —0,14 м, y = d sin (3—0,18 м).
f 16. РАВНОВЕСИЕ ПЛОСКОЙ СИСТЕМЫ СИЛ. СЛУЧАЙ ПАРАЛЛЕЛЬНЫ Х СИЛ
Необходимые и достаточные условия равновесия любой системы сил даются равенствами R = 0 и М 0 = 0, выражаемыми формулами (23). Найдем вытекающие отсюда аналитические условия равнове сия плоской системы сил. Их можно получить в трех различных формах.
1. О с н о в н а я ф о р м а у с л о в и й р а в н о в е с и я . Так как вектор R равен нулю, когда равны нулю его. проекции R x
и /?„, |
то для равновесия должны выполняться равенства R x= 0, |
R v= 0 |
и М 0 = 0, где в данном случае М 0 — алгебраический момент, |
а О — любая точка в плоскости действия сил. Но из формул (27) следует, что предыдущие равенства будут выполнены, когда дейст вующие силы удовлетворяют условиям:
= 0, 2 F „ = 0, 2m 0 (?*) = 0. |
(29) |
Формулы (29) выражают следующие аналитические условия рав новесия: для равновесия произвольной плоской системы сил необхо димо и достаточно, чтобы суммы проекций всех сил на каждую из двух координатных осей и сумма их моментов относительно любого центра, лежащего в плоскости действия сил, были равны нулю. Одно временно равенства (29) выражают условия равновесия твердого
тела, находящегося под действием плоской системы сил. |
для |
2*. В т о р а я ф о р м а у с л о в и й р а в н о в е с и я : |
равновесия произвольной плоской системы сил необходимо и достаточ но, чтобы суммы моментов всех этих сил относительно каких-ни будь двух центров А и В и сумма их проекций на ось Ох, не перпен дикулярную прямой АВ, были равны нулю:
1 т Л (Fk) = 0, 2 mB(Fk) = 0, Щ х ^ 0. |
(30) |
46
Необходимость этих условий очевидна, так как если любое из 1их не выполняется, то или ЯфО, или М Аф О ( М в¥=0) и равновесия ■е будет. Докажем их достаточность. Если для данной системы сил нтолняются только первые два из условий (30), то для нее МА= 0 iМ в =0. Такая система сил, согласно результатам, полученным в § 15, может не находиться в равновесии, а иметь равнодействующую
7?\ одновременно проходящую через точки А и В * (рис. 52). Но по третьему условию должно быть R x= 2 F kx= 0. Так как ось Ох прЬведена не перпендикулярно к АВ, то последнее условие может быть выполнено, только когда R = 0 , т. е. когда имеет место равно весие.
3*. Т р е т ь я ф о р м а у с л о в и й р а в н о в е с и я (уравнения трех моментов): для равновесия произвольной плоской систе мы сил необходимо и достаточно, что бы суммы моментов всех этих сил относи тельно любых трех центров А , В и С, не леж ащих на одной прямой, были равны нулю:
|
^ тв |
*)= 2m c (Fд) = 0. (31) |
Необходимость этих условий, как и в пре |
||
дыдущем |
случае, |
очевидна. Достаточность |
условий |
(31) следует из того, что если при |
|
одновременном выполнении этих условий данная система сил не находилась бы в равновесии, то она должна была бы приводиться к равнодействующей, одновременно проходящей через точки А, В и С, что невозможно, так как эти точки не лежат на одной прямой. Следовательно, при выполнении условий (31) имеет место равно весие.
Во всех рассмотренных случаях для плоской системы сил полу чаются три условия равновесия. Условия (29) считаются основными, так как при пользовании ими никаких ограничений На выбор коор-. динатных осей и центра моментов не налагается.
Если на тело наряду с плоской системой сил Flt F t , , . . , 7 „ действует система лежащих в той же плоскости пар с моментами ти пц, . . ., тп, то ври составления условий равновесия в уравнения проекций пары не войдут, так как сумма проек ций сил пары на любую ось равна нулю. В уравнениях ж е моментов к моментам сил алгебраически прибавятся моменты пар, так как сумма моментов сил пары относительно любого центра равна моменту пары (§ 9 , формула (15)]. Таким об разом, например, условия равновесия (29) при действии на тело системы сил и пар
примут |
вид: |
|
|
|
|
2 / ^ = 0, |
= 0, |
Zm0 (?*) + !/»., = 0. |
(32) |
Аналогично преобразуются в этом случае условия (30) и (31). |
|
|||
Р а в н о в е с и е п л о с к о й |
с и с т е м ы п а р а л л е л ь |
|||
н ы х |
с и л . В случае, когда все действующие на тело сиЛы парал |
|||
лельны друг другу, можно направить ось Ох перпендикулярно св-
* При М д = 0 система сил может иметь равнодействующую, проходящую че рез точку А , а при M g — 0 — проходящую через точку В.
47
лам, а ось Оу параллельно им (рис. 53). Тогда проекция каждой из сил на ось Ох будет равна нулю и первое из равенств (29) обратится в тождество вида О^Ю. В результате для параллельных сил останет ся два условия равновесия:
2 F „ « = 0 , Zm0 (?*) = 0, |
(33) |
где ось Оу параллельна силам.
Другая форма условий равновесия для параллельных сил, полу
чающаяся из равенств (30), имеет вид: |
|
2 m A(Fk) = 0, 2m B(F*) = 0. |
(34) |
При этом точки Л и В не должны лежать на прямой, параллельвой силам.
1 17. РЕШ ЕНИЕ ЗАДАЧ
При решении задач этого раздела следует иметь в виду все те общие указания, которые были сделаны в § 7.
Для получения более простых уравнений следует (если это толь ко не усложняет ход расчета): а) составляя уравнения проекций, проводить координатную ось перпендикулярно какой-нибудь неиз вестной силе; б) составляя уравнения моментов, брать центр момен тов в точке, где пересекается больше неизвестных сил.
При вычислении моментов иногда бывает удобно разлагать дан ную силу на две составляющие и, пользуясь теоремой Вариньона, находить момент силы как сумму моментов этих составляющих (см. пример вычисления моментов сил в § 14).
Решение многих задач статики сводится к определению реакций опор, с помощью которых закрепляются балки, мостовые фермы и т. л. В технике обычно встречаются следующие три типа опорных Закреплений (кроме рассмотренных в § 3):
1. П о д в и ж н а я ш а р н и р н а я |
о п о р а (рис. 54, |
опора Л). |
||||
Реакция NA такой* опоры направлена |
по |
нормали к поверхности, |
||||
на которую опираются |
катки подвижной |
опоры. |
|
|||
2. Н е п о д в и ж н а я |
ш а р н и р н а я |
о п о р а |
(рис. 54, опора В). |
|||
Реакция R B такой опоры проходит |
через ось |
шарнира |
и может |
|||
иметь любое направление в плоскости чертежа. При решении задач будем реакцию R B изображать ее составляющими Х в и У в по
48
\
направлениям координатных осей. Если мы, решив задачу, ^айдем Х в и Y B, то тем самым будет определена и реакция R B, по
модулю R B=VX%+Y%.
\ Способ закрепления, показанный на рис. 54, употребляется для того, чтобы в балке А В не возникало дополнительных напряжений
при изменении ее длины от изменения температу |
|
|||||||
ры или от изгиба. |
|
|
|
|
|
|
||
,3. Ж е с т к а я |
з а д е л к а |
(или |
н е п о д - |
|
||||
в и ж н а я |
з а щ е м л я ю щ а я |
о п о р а ; |
рис. |
|
||||
55, а). Рассматривая заделанный конец |
балки и |
|
||||||
стену как одно целое, жесткую заделку изобража |
|
|||||||
ют так, как показано на рис. 55, |
б. В этом случае |
|
||||||
на балку в ее поперечном сечении действует со сто |
|
|||||||
роны заделанного |
конца система |
распределенных |
|
|||||
сил (реакций). |
Считая эти |
силы |
приведенными к |
|
||||
центру А сечения, можно их заменить одной напе |
|
|||||||
ред неизвестной |
силой R A, |
приложенной |
в |
этом |
Рис. 55 |
|||
центре, и парой с наперед |
неизвестным |
моментом |
||||||
тА (рис. 55, а). Силу RA можно в свою очередь изо |
|
|||||||
бразить ее |
составляющими Х А и |
УА (рис. 55, б). Таким образом, |
||||||
для нахождения реакции жесткой заделки надо определить три не
известные наперед величины Х А, УА, тА.
Реакции других видов связей были рассмотрены в § 3.
Задача 18. Определить силы, с которыми давят йа рельсы колеси А и В кра на, схематически изображенного на рис. 56. Вес крана Р = 40 кН , центр тяжести его лежит наличии D E . Вес поднимаемого груза Q = 1 0 кН , вылет крана Ь = 3,5 м.
расстояние А В = 2 а = 2 ,6 м. |
Рассмотрим равновесие |
всего |
Р е ш е н и е . |
||
крана. Н а кран |
действуют заданные силы |
Р и |
Q"и реакции связей И д и Ng- Д л я этой системы параллельных сил составляем условия равнове сия (33), принимая за центр моментов точку А и проектируя силы на вертикальную ось. Полу-
— P a + N g - 2 a - Q (а + 6 ) = 0 , N A+ N g - P - Q = 0.
Реш ая эти уравнения найдем:
N A = 0 ,5 Р —0,5 Q(b/a— I)— 11 кН ,
N B= 0,5 Я + 0 ,5 Q (b /a + \)= 3 9 кН .
Д ля проверки составим уравнение моментов от носительно центра В
- N A '2 a + P a - Q (6—а ) = 0.
Подставляя сюда найденное значение N A , убеждаемся, что уравнение удовлетво ряется. Искомые силы давления колес на рельсы равны численно N А и Л'д, но направлены вниз.
Из найденного решения видно, что при Q = a P l (Ь— а )= 22,2 кН реакция N A обращается в нуль и левое колесо перестает давить на рельс. При дальнейшем увеличении нагрузки Q кран начинает опрокидываться. Н аибольш ая нагрузка Q,
при которой сохраняется равновесие крана, определяется из условия 2 т д ( / > ) —0 , где F /,— действующие на кран заданные силы (в данной задаче — силы тяжести).
4 -1 8 7 0 |
49 |
|
|
Задача 19. Однородный брус А В весом Р |
|||||||
|
опирается концом |
А |
на гладкую |
горизон |
|||||
|
тальную |
плоскость |
и выступ D , а концом |
||||||
|
В — на |
наклонную |
плоскость, образующую |
||||||
|
с горизонтальной плоскостью угол а (рис. 57). |
||||||||
|
I' Сам брус наклонен |
под углом fi. |
Определить |
||||||
|
силы давления бруса на обе |
плоскости и вы |
|||||||
|
ступ D. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Р е ш е н и е . |
Рассмотрим равновесие 6gy- |
|||||||
|
са А В . На брус действуют: заданная |
сила Р, |
|||||||
|
приложенная в |
середине бруса, |
и |
реакции |
|||||
|
связей’Й,1У1,'77,, направленные |
перпендику- |
|||||||
р ис, 57 |
лярно соответствующим плоскостям. |
Прово |
|||||||
|
дим координатные |
оси |
(рис. 57) и составляем |
||||||
|
условия равновесия (29), беря моменты отно |
||||||||
сительно центра А , где |
пересекаются |
две неизвестные силы. |
Предварительно |
||||||
вычисляем проекции каждой из сил на |
координатные |
оси и ее |
момент относи |
||||||
тельно 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).
Теперь составляем условия |
равновесия: |
|
Nt—R sin а = 0 , Ni—P + R cos а = 0 , |
|
|
— |
Р а cos Р+2 R a сое у=0. |
4 |
И з последнего уравнения находим
R = ( P cos f$)/2 cos у.
Т ак как прямая А К параллельна наклонной плоскости, то Z K A x — a; отсюда у=* = о —р. Окончательно
R —(P cos Р)/2 cos (а—Р).
Реш ая первые два уравнения, получим:
„Г , |
cos a cos Р 1 |
_ sin а cos Р |
L |
2 cos(a"—"{T) J ’ |
2 cos (а —$)’' |
Силы давления на плоскости равны по модулю соответствующим реакциям и на правлены противоположно этим реакциям.
Д л я проверки правильности вычисления величин N i и N t можно составить уравнения моментов относительно точек, где пересекаются линии действия сил R и 7Г, и сил JT и ffi.
Задача 20. Симметричная арка (рис. 58) загружена .системой сил, приводя щ ейся к силе Q— 40 кН , приложенной в точке D, и паре с моментом т д = 120 кН -м.
50