\
Вес арки Р = 80 кН . Дано:
А В = а = 10 м, 6 = 2 м, Л = 3 м, а = 6 0 ° .
Определить реакции неподвижной шарнирной опоры В и подвижной опоры А . Р е ш е н и е . Рассмотрим равновесие всей арки. На нее действуют заданные
силы"/3 и Q, пара с моментом т д и реакции опор N д, Х д , Уд (реакцию неподвиж ной шарнирной опоры В изображаем двумя ее составляющими, как на рис. 54). В этой задаче удобнее воспользоваться условиями равновесия (30), беря моменты относительно точек А и В и проекции на ось А х . Тогда в каждое уравнение войдет
по одной неизвестной силе. Д ля определения моментов силы Q разложим ее на
составляющие Q1 и Qs, модули которых Q i= Q cos a , Q2= Q sin а , |
и воспользу |
|||
емся теоремой Вариньона. Тогда получим: |
|
|
|
|
2 Р *Л ■= |
Q cos о = 0, |
|
|
(а) |
2 т д (F/,) S B Y s a — P a /2 — hQ cos a — bQ sin а - f mD = |
0, |
(6) |
||
2/пд (¥„) e P a/2 — N Aa — hQ cos а + (a — 6) Q sin а - f mD = 0. |
(в) |
|||
Решая 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 кН , |
|
|
|
N x= Pl2-\-Q \(a— b) sin a — h cos а ] /а + т д /а « 7 3 ,7 |
кН . |
|
|
|
Величина Х д оказалась отрицательной. Следовательно, |
составляющая |
Х д |
||
имеет направление, противоположное показанному на чертеже, что можно было предвидеть заранее. Полная реакция
опоры В найдется |
как геометричес |
|||
кая сумма сил Х д |
и Yg . |
По моду |
||
лю, |
________ |
|
|
|
Лв = К х Ь 4 - К |« 4 5 , 5 к Н . |
||||
Для |
проверки |
можно |
составить |
|
уравнение проекций на ось Ау: |
||||
V F k v * -N A + Y B - P - Q |
sin a = 0. |
|||
|
|
|
|
(г) |
Подставляя сюда найденные величи |
||||
ны N JI и Уд , убеждаемся, |
что они |
|||
этому |
уравнению |
удовлетворяют |
||
(подстановку следует делать и в об |
||||
щем виде, чтобы проверить |
форму |
|||
лы, и в |
числах, |
чтобы |
проверить численные расчеты). |
|
Следует иметь в. виду,.что при такой проверке можно не обнаружить ошибок, связанных с неправильным определением проекций или моментов сил, перпенди кулярных оси А у. Поэтому надо и л и дополнительно проверить эту часть расчетов, или составить для проверки еще одно уравнение, например уравнение моментов относительно центра D.
Отметим еще следующее. Как известно, при составлении условий (30) ось про екций надо направлять не перпендикулярно линии А В , т. е. в нашем случае не вдоль А у. Если, тем не менее, мы составили бы третье уравнение в проекциях на ось А у, то получили бы систему уравнений (б), (в), (г), содержащую только два неизвестных N д и Уд (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 жестко заделан в стену, образуя с ней угол
о = 6 0 ° (рис. 59, |
о). Выступающая из стены часть бруса имеет длину |
Ь = 0,8 |
м |
и вес Р = 1 0 0 Н . |
Внутри угла D A B лежит цилиндр весом Q = 180 Н , касающийся |
||
бруса в точке £ , |
причем А Е = а = 0,3 м. Определить реакцию заделки. |
|
_ |
Р е ш е н и е . |
Рассмотрим равновесие бруса. Н а брус действуют: |
сила |
Р, |
приложенная в середине бруса, сила давления F цилиндра, приложенная в точке
Е перпендикулярно брусу (но ни в коем случае не сила Q, которая приложена к
4 |
51 |
* |
цилиндру, а не к брусу!) и реакция 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 центре |
|
цилиндра, на составляющие F и 77, перпендикулярные брусу и стене |
(рис. 59, б). |
|
Из полученного параллелограмма находим, что F— Qlsin а . |
|
|
Теперь, 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. |
|
После замены силы F ее значением эти уравнения примут вид: |
|
•Хд+ Q ctg a = 0 , |
Y A - Q - P = 0. |
т А—Qa/sin a — P (6/2) sin a = 0 . |
|
Из составленных уравнений окончательно находим; |
|
X a = - Q ctg a = — 103,8 |
H , К ,д = Р + О = 2 8 0 H# |
mA= Q alsIn a + P (6/2) sin a = 9 6 ,9 H -м.
Реакция заделки слагается из сил Х А , Y A и пары с моментом тА .
В заключение еще раз подчеркиваем вытекающий из хода решения задач ос новной Вывод: в условия равновесия входят только силы непосредственно прило женные к телу, равновесие которого рассматривается.
Задача 22. К столбу с перекладиной (рис. 60) прикреплены два блока С и D, через которые перекинута веревка, удерживающая груз весом Q = 240 Н. Нижний конец веревки закреплен в точке В . Столб удерживается в равновесии растяжкой E E i. Пренебрегая весом столба с перекладиной и трением в блоках, определить натяжение'растяжки и реакцию заделки А , рассматривая ее как шарнирную (т. е. как нежесткую, позволяющую столбу поворачиваться вокруг точки А ). Все раз меры указаны на чертеже (в метрах). Размерами блоков пренебрегаем.
Р е ш е н и е . Рассмотрим равновесие всей конструкции, т. е. столба с пере кладиной, блоками и частью веревки K D C K \, охватывающей блоки (см. задачу 9). Н а конструкцию действуют следующие внешние силы: приложенная в точке /С*
сила_$У приложенная в точке К сила натяжения F веревки и реакции связей’ Г,
Х А , Y А. Внутренние силы, как не входящие в уравнения равновесия, не изобра ж аем. Так как при отсутствии трения в блоках натяжение веревки всюду одинако во, то F — Q. Составляем для действующих сил следующие условия равновесия
c o s a - r 7 cos Р + Х ,4= 0, 2Fl,v и» — Q — F sin a — T sin 0 + Y A — 0,
2 м л ( F k ) ^ — Q -1 ,0 — F - 0 ,9 s in a - f Г -1 ,2 sin 0 = 0.
52
И |
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 in Р = 0 ,8 ; cos o = c o s 0 = 0 ,6 . Следовательно, в Данном |
|
случае а = р . Подставляя в составленные уравнения |
найденные значения триго |
|
нометрических функций и полагая одновременно F = Q , получим
0,6 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.
Решая эти уравнения, найдем окончательно: 7 '= 430 Н , Х д = 114 Н , К д = 7 7 6 Н.
S 18. РАВНОВЕСИЕ СИСТЕМ ТЕЛ
Статический расчет инженерных сооружений во многих случаях сводится к рассмотрению условий равновесия конструкции из систе мы тел, соединенных какими-нибудь связями. Связи, соединяющие части данной конструкции, будем называть внутренними в отличие от внешних связей, скрепляющих кон струкцию с телами, в неё не входя щими (например, с опорами).
Если посде отбрасывания внешних связей (опор) конструкция остается жесткой, то для нее задачи статики решаются как для абсолютно твердо го тела. Подобные примеры были рас смотрены в задачах 20 и 22 (см. рис. 58 и 60).
Однако могут встречаться такие инженерные конструкции, ко торые после отбрасывания внешних связей не остаются жесткими. Примером такой конструкции является трехшарнирная арка (рис. 61). Если отбросить опоры А и В , то арка не будет жесткой: ее частя могут поворачиваться вокруг шарнира С.
На основании принципа отвердевания система сил, действующих на такую конструкцию, должна при равновесии удовлетворять ус ловиям равновесия твердого тела. Но эти условия, как указывалось, будучи необходимыми, не будут являться достаточными; поэтому из них нельзя определить все неизвестные величины. Д ля решения задачи необходимо дополнительно рассмотреть равновесие какойнибудь одной или нескольких частей конструкции.
Например, составляя условия равновесия для сил, действующих на трехшарнирную арку (рис. 61), мы получим три уравнения с четырьмя неизвестными Х А, Ул , Х в , Y B. Рассмотрев дополнительно условия равновесия левой (или правой) ее половины, получим еще три уравнения, содержащие два новых неизвестных Х с , Y c, на рис. 61 не показанных. Решая полученную систему шести уравне ний, найдем все шесть неизвестных (см. задачу 23).
Другой способ решения подобных задач состоит в том, что кон струкцию сразу расчленяют на отдельные тела и составляют условия равновесия каждого из тел в отдельности (см. задачу 24). При этом реакции внутренних связей будут попарно равны по модулю и про тивоположны по направлению. Д ля конструкции из п тел, на каж дое из которых действует произвольная плоская система сил, полу
53
чится таким путем Зл уравнений, позволяющих найти 3п неизвест ных (при других системах сил число уравнений соответственно из менится). Если для данной конструкции число всех реакций свя зей будет больше числа уравнений, в которые эти реакции входят, то конструкция будет статически неопределимой (см. § 19).
Задача 23. Кронштейн состоят из горизонтального бруса A D (рис. 62, а) весом P t = 150 Н , прикрепленного к стене шарниром, и подкоса СВ весом Р ,= = 120 Н , который с брусом A D и со стеной также соединен шарнирами (все раз меры показаны на чертеже). К концу D бруса подвешен груз весом Q =300 Н.
Определить реакции шарниров А и С, счи тая брус и подкос однородными.
Р е ш е н и е . |
Рассмотрим |
сначала |
|
равновесие всего |
кронштейна. |
|
На него |
действуют следующие внешние |
силы: за |
||
данные силы Р ,, P t , Q и реакции |
связей |
||
Х д , Уд, Хс, Ус- Кронштейн, освобож денный от внешних связей,, не образует жесткой конструкции (брусья могут по ворачиваться вокруг шарнира В), но по принципу отвердевания действующие на него силы при равновесии должны удов летворять условиям равновесия статики. Составляя эти условия, найдем:
|
|
2 Г к х * ~ Х л + Х с = 0, |
|
|
|
IF ^ ^ + Kc - P i - P , - Q = 0 , |
|
|
|
2/Пд (Fj) а Х р-4а — У( f i — P i-2 a — Р ,а — |
|
|
|
|
—Q .4 a = 0 . |
|
|
Полученные три уравнения содержат, |
|
|
|
как видим, четыре |
неизвестных Х д, |
УА> |
Х с , |
У с . Д л я решения задачи рассмотрим дополнительно равновесие бруса |
|
А р |
(рис. |
62, б). Н а него действуют силы ~PU Q, реакции Х д, |
Уд и реакции Х д , |
Уд, которые для бруса AD (когда рассматривается его равновесие) будут силами внешними. Недостающее четвертое уравнение составим, беря моменты действую щих на брус A D сил относительно центра В (тогда в уравнение не войдут новые неизвестные Х д , Уд):
Хтд (?*) ш I— УА •З а + Р ia — Qа = 0.
Реш ая теперь систему четырех составленных уравнений (начиная с последнего), найдем:
У д = (Р х —Q )/3 = —50 Н , y c = 2 P 1/3 + P ,+ 4 Q /3 = 6 2 0 Н, Хс = 2 Р 1/ 3 + Р ^ 2 + 4 Q /3=560 Н, Х д = —Х с ~ —560 Н.
И з полученных результатов видно, что силы Я д и Уд имеют направления, про тивоположные показанным на чертеже. Реакции шарнира В , если их надо.опреде лить. найдутся из уравнений проекций на оси х и у сил, действующих на брус AD , и будут равны: Х а = — Х д , У д = Р ,+ < 2 -гУ д = 5 0 0 Н.
К ак видим, при решении задач статики не всегда надо составлять все условия равновесия для рассматриваемого тела. Если в задаче не требуется определять реакции некоторых связей, то надо пытаться сразу составить такие уравнения, в которые эти неизвестные реакции не будут входить. Так мы и поступили в данной задаче при рассмотрении равновесия бруса AD , составляя только одно уравнение моментов относительно центра В.'
Задача 24. Горизонтальная балка А В весом Q =200 Н прикреплена к стене шарниром Л а опирается иа опору С (рис. 63, а). К ее концу В шарнирно прикреп
54
лен |
брус В К весом Я = 400 Н , опирающийся на выступ D . При этом С В = А В /3, |
D K |
— B K fo, угол а = 4 5 ° . Определить реакции опор, считая балку и брус однород |
ными.
Р е ш е н и е . Расчленяя систему на две части, рассматриваем равновесие бруса В К и балки А В в отдельности. На брус В К (рис, 63, б) действуют сила Р
и реакции |
связей |
N Q , Х д , |
а) |
|||
У и. |
Вводя |
обозначение |
||||
у |
||||||
В К — а и составляя |
для этих |
|||||
|
||||||
сил |
условия |
равновесия (29), |
|
|||
йолучим: |
|
|
|
|
||
ХР/,я ш т Ха— N Q sin а = О, |
|
|||||
|
_ |
|
х |
cos а = О, |
|
|
Im g (F*) ■■ Л^д-2а/3—
— Р (а/2) cos а = 0.
Решая |
эти |
уравнения, |
най |
|
|
|
|
|
дем: |
|
|
|
|
|
|
|
|
N D = |
(ЗЯ/4) cos o = |
2I2 Н, |
|
|
|
|
||
X e = |
( 3 P /8 ) s in 2 a = |
150Н , |
|
|
|
|
||
Y B = P — (3P/4)cos*a = 250 Н. |
|
|
|
|
||||
На |
балку А В , если ее рас |
|
|
|
|
|||
сматривать |
отдельно, |
|
дейст |
|
|
|
|
|
вуют сила |
Q, реакции |
внешних связей 77?, Х л . |
и силы давления Х в и Т а |
|||||
бруса |
В К , |
передаваемые через шарнир В (рис. 63, в). При этом по закону о дей |
||||||
ствии |
и_противодействии силы |
Х в и У'в |
должны быть направлены противопо |
|||||
ложно |
Х д и Уд; по модулю же |
Х 'в = Х д , |
У д = У в . |
|||||
Вводя обозначение л В = Ь |
и составляя для сил, действующих на балку, ус |
|||||||
ловия |
равновесия (30), |
получим: |
|
|
||||
|
XFkx — Х л - |
Х в = 0, |
|
Zm A (F* ) - - Y 'Bb -\-N c - 2 b /3 - Q . Ь/2 = О, |
||||
|
|
2т с (?*) » |
- |
Y а • 26/3 + |
Q . 6/6 - |
Ув . 6/3 = 0. |
||
Полагая в этих уравнениях Х в = Х д и У в ~ Ув и решая их, найдем:
X j= X f l= 150 Н, K/i= Q /4 —У д /2 = —75 Н , N c = 3 Q /4+ 3K B/2 = 525 Н.
Из полученных результатов видно, что все реакции, кроме Уа , имеют направле
ния, показанные на рис. 63, реакция же Уа фактически направлена вниз.
При решении задач этим путем важно иметь в виду, что если давление какою-
нибудь одного тела на другое изображено силой R или составляющими X и У, то на основании закона о действиии противодействии давление второго тела на первое
должно изображаться силой R ', направленной противоположно JT (причем по мо
дулю R '= R ) или составляющими X ', У", направленными противоположно X и У (причем по модулю Х '— Х , У '— У ).
Задача 25. На трехшарнирную арку (рис. 64, в) действует горизонтальная сила F. Показать, что при определении реакций опор A rt В нельзя переносить точ
ку приложения силы F вдоль ее линии действия в точку £ .
Р е ш е н и е . Освобождая арку от внешних связей (опоры А и В), мы полу* чаем изменяемую конструкцию, которую нельзя считать абсолютно твердым телом. Поэтому при определении реакций опор А и В переносить точку приложения силы
F в точку £ , принадлежащую другой части конструкции, нельзя.
Убедимся в этом путем непосредственного решения задачи, пренебрегая весом арки. Рассмотрим сначала правую половину арки. Н а нее действуют только две
силы: реакции R g и R Q шарниров В к С (сила R c на чертеже не показана). Пру
55