В тех случаях, когда при вычислении момента возникают за труднения в определении проекции силы на соответствующую плос кость или плеча этой проекции, рекомендуется разложить силу на две взаимно перпендикулярные составляющие (из которых одна параллельна какой-нибудь координатной оси), а затем воспользо ваться теоремой Вариньона (см. задачу 36). Кроме того, можно вы числять моменты аналитически по формулам (47), как, например, в задаче 37.
Задача 39. На прямоугольной плите со сторонами а и Ь лежит груз. Центр тяжести плиты вместе с грузом находится в точке D с координатами хр , ур (рис. 97). Один из рабочих удерживает плиту за угол А . В каких точках В и Е должны поддерживать плиту двое других рабочих, чтобы силы, прикладываемые каждым из удерживающих плиту, были одинаковы.
Р е ш е н и е . Рассматриваем равновесие плиты, которая является свободным телом, находящимся в равновесии под действием четырех параллельных сил Q,,
<?г. <?,. Р, где Р — сила тяжести. Составляем для этих сил условия равновесия (53), считая плиту горизонтальной и проводя оси так, как показано на рис. 97. Получим:
Qib-\-Q,y— PyD= 0 , —Qaa—Q ,*+ Px0 = О,
Qi+Q,+Qa- P = 0 .
По условиям задачи должно быть QI = Q 2= Q 3=Q- Тогда из последнего урав нения P=3Q. Подставляя это значение Р в первые два уравнения, найдем оконча
тельно * = 3*0 —а, у=3Уо~Ь-
Решение возможно, когда al3< xD<1a/3, 6/3<</о<26/3. При хв = а /3 , yD~ b /3 получим х = у —0, а при дгд=2а/3, у ^ —ЧЫЗ будет * = а, у — Ь. Когда точка D в центре плиты, х= а/2, у —Ы2.
Задача 40. На горизонтальный вал, лежащий в подшипниках А и В (рис. 98) насажены перпендикулярно оси вала шкив радиусом rt = 2 0 см и барабан радиусом
г ,= 15см. Вал приводится во вращение ремнем, накинутым на шкив; при этом рав |
||
номерно поднимается груз весом Р = 5 |
4 0 Н, привязанный к веревке, которая на |
|
матывается на барабан. Пренебрегая |
весом вала, барабана |
и шкива, определить |
реакции подшипников А и В и натяжение Tj ведущей ветви |
ремня, если известно, |
|
что оно вдвое больше натяжения Г . ведомой ветви. Дано: а= 40 см, />=60 см, о=30°.
Р е ш е н и е . В рассматриваемой задаче при равномерном вращении вала действующие на него силы удовлетворяют условиям равновесия (51) (это будет доказано в § 136). Проведем координатные оси (рис. 98) и изобразим действующие
на вал силы: натяжение F веревки, по модулю равное Я, натяжения ремня 7’1, Y t и составляющиеТд, Т д, Y B ~ZB реакций подшипников.
6-1870 |
81 |
Для составления условий равновесия . (51) вычисляем предварительно я вно сим в таблицу значения проекций всех сил на координатные оси и их моментов относительно этих • осей *,
Теперь составляем условия .равновесия-(51); так как F = P , получим:
Р cos a.+ T l+ T i+ Y A+ Y B=V, |
(I) |
—Р sin а+ £ д+ 2д= 0, |
(И) |
—г1Р+г1Г1-/-,Г ,=0, |
(III) |
ЬР sin а —(a+o)Ze=0, |
(IV) |
ЬР cos a —aTi—aTt+ (а+6)Кд=0. |
(V) |
Из уравнений (III) и (IV) находим сразу, учитывая, что 7’I = 2 7 ’1J
Г ,= г,Р //-,= 405 Н, ZB={b Р sin а)/(а+Ь)= 162 Н. Далее, из уравнения (V) получаем:
Y B={3aTt— bP cos а)/(а+ 6)»205 Н.
Подставляя найденные значения в остальные уравнения,.найдем:
Ул = — Р cos а —ЗГ ,—У д » —1890 Н, ZA= P sin a —ZB= 108 Н.
Иокончательно
Г!= 810 Н, К д » -1 8 9 0 Н, Za = 108 Н, Кя «205 Н, ZB=162 Н.
Задача 41. Прямоугольная крышка весом Р = 120 Н, образующая с верти калью угол а= (Х г, закреплена на горизонтальной оси АВ в точке В цилиндриче ским подшипником, а в точке А — подшипником с упором (рис. 99). Крышка удер живается в равновесии веревкой DE и оттягивается перекинутой через блок О нитью с грузом весом Q=200 Н на конце (линия КО параллельна АВ). Дано:
B D = B E , |
А К = а = 0 А |
м, |
A B — b= 1 м. Определить натяжение веревки DE и |
реакции |
подшипников |
А |
и В. |
• Р е ш е н и е . Рассмотрим равновесие крышки. Проведем координатные'оси, беря начало в точке В (при этом сила Т пересечет оси у и г, что упростит вид урав-
* Предварительное составление таблиц при решении задач этого раздела ос бенно полезно. Таблица заполняется по столбцам, т. е. сначала вычисляются все
проекции и моменты силы Т~, а затем силы Тг и т. д. Таким образом, сначала все внимание сосредоточивается на первой силе, затем — на второй и т. д. Если же сразу составлять уравнения (51), то к рассмотрению каждой силы придется воз вращаться шесть раз; при этом вероятнее появление ошибок, а особенно пропус ков отдельных сил в том или ином уравнении.
82
веннй моментов). Затем изобразим все действующие на крышку заданные силы и реакции связей: силу тяжести Р , приложенную в центре тяжести С крышки, силу Q', равную по модулю Q, реакцию Т веревки н реакции X A iY Ai l A и Y g, 2-в
подшипников А и В (рис. 99; показанный пунктиром вектор М к данной задаче не относится). Для составления ус ловий равновесия введем угол р
■ обозначим B D = BE= d. Под
счет |
моментов |
некоторых |
сил |
|
|
||||||||
пояснен |
на |
|
вспомогательных |
|
|
||||||||
рис. |
100, а, б. |
|
|
|
|
|
|
вид |
|
|
|||
|
На рис. 100, а показан |
|
|
||||||||||
в проекции на плоскость |
Вуг с |
|
|
||||||||||
положительного |
конца |
оси |
х. |
|
|
||||||||
Этот чертеж помогает вычислять |
|
|
|||||||||||
моменты сил Р и Т |
относитель |
|
|
||||||||||
но оси х. Из него видно, что про |
|
|
|||||||||||
екции этих сил |
на плоскость |
уг |
|
|
|||||||||
(плоскость, |
перпендикулярную |
|
|
||||||||||
оси х) равны самим силам, а |
|
|
|||||||||||
плечо силы |
Р относительно точ |
|
|
||||||||||
ки В равно BCt -sin a=(d/2) sina; |
|
|
|||||||||||
плечо же |
силы |
Т |
|
относительно |
|
|
|||||||
втой |
точки, равно |
B D -sin |
{$= |
|
|
||||||||
= d sin p. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
На рис. 100, б |
показан вид |
|
|
|||||||||
в проекции |
на |
плоскость Вхг с |
|
|
|||||||||
положительного |
конца |
оси |
у. |
|
|
||||||||
Этот чертеж (вместе с рис. 100, а) |
|
|
|||||||||||
помогает вычислять моменты сил |
|
|
|||||||||||
Р” и 7?' относительно |
оси |
у. Из |
|
|
|||||||||
иего видно, |
что проекции |
этих |
|
|
|||||||||
сил на плоскость |
хг |
равны |
са |
|
|
||||||||
мим силам, а плечо |
силы Р от |
|
|
||||||||||
носительно точки В равно А В12= |
|
|
|||||||||||
= й/2; |
плечо же силы |
Q' относи |
|
|
|||||||||
тельно |
этой |
точки |
равно |
A K ti |
|
|
|||||||
r .e .A K - c o s a |
или |
a cos се, |
что |
|
|
||||||||
видно из |
рис. 100, а. |
|
|
|
|
|
(51) и полагая |
||||||
|
Составляя с учетом сделанных пояснений условия равновесия |
||||||||||||
одновременно Q '=Q , |
получим: |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2F*x « - Q + X,, = 0, |
|
(I) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 ^ = - 7 ’81пР+Кл + 1'в = 0, |
|
(11) |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
2Fk z **— P + T c o stl + ZA + Z B = 0, |
(HI) |
||||
|
|
|
|
|
|
|
Zmx (Fk) в»— (Pd/2) sin a + Td sin P = |
0, |
(IV) |
||||
|
|
|
|
|
|
|
2m y (Fk) s s — Р б/2 -f- Qa cos a + 2 ^ 6 = |
0, |
(V) |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Xmz (FH) = Qa sin a — Y Ab = 0. |
|
(VI) |
||
Учитывая, что p= o/2= 30°, найдем из уравнений (I), (IV), (V), (VI):
Х д = () = 200 H, r = ( P s l n a ) / 2 s l n P « Ю 4Н,
ZA = 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 81п Р -К д = —17 Н, ZB — P —Т cos Р—ZA = 10 Н.
Окончательно,
Г » 104Н, Хд = 200Н, К л « 6 9 Н , 2 д = 2 О Н , Г д = — 17Н, 2а = 10Н .
Задача 42. Решить задачу 41 для случая, когда на крышку дополнительно действует расположенная в ее плоскости пара с моментом Л1 = 1 2 0 Н-м; поворот пары 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 при ложенного 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:
—Pb/2+ZAb+Qa cos а + М cos а = 0 , |
(V') |
—У д Н -Qa sin a+ A f sin а = 0 . |
(VI') |
Заметим, что этот же результат можно получить, не составляя уравнения в виде (52), а изобразив пару двумя силами, направленными, например, вдоль линий АВ и КО (при этом модули сил будут равны Mia), и пользуясь затем обычными ус ловиями равновесия.
Решая уравнения (I) — (IV), (V'), (VI'), найдем результаты, аналогичные полученным в задаче 41, с той лишь разницей, что во все формулы вместо величины Qa войдет Qa+Af. Окончательно получим:
Г я Ю 4 Н „ Х д = 200Н, У д » 173И , г д = —40Н , YB= — 121 Н, ZB = 7 0 Н.
Задача 43. Горизонтальный стержень АВ прикреплен к стене сферическим шарниром А и удерживается в положении, перпендикулярном стене, растяж ками КЕ и CD, показанными на рис. 101, а. К концу В стержня подвешен груз весом Я =38 Н. Определить реакцию шарнира А и натяжения растяжек, если А В — = в = 0 ,8 м, A C = AD 1—b=0,& м, А К = а/2, <х=30°, р=60°. Весом стержня прене бречь.
Р е ш е н и_е. Рассмотрим равновесие стержня. На негодействуют сила ~Р и реакции Тк, Тс , Хд, Уд, ZA. Проведем координатные оси и составим условия
равновесия |
(51). Для нахождения |
проекций |
и моментов силы Yc разло |
|
жим ее на составляющие T jji Г„ ( 7 |
\= Tc cosa., |
T2= T c sina). Тогда_по теореме |
||
Вариньона* mx (Tc )= m x (T1), так |
как mx (TJ=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°, к |
|
иногда в аналогичных случаях ошибочно полагают. Поэтому, например, при на хождении tnx (Tc) по формуле (45) надо сначала определить этот угол или найти другим путем проекцию Tq на плоскость А у г , что усложнит расчет (составляющая T i проекцией силы Т с на плоскость А у г не является). С помощью же теоремы Ва риньона значение тх (Тс) легко находится.
84
тг (7’1) = 0. Вычисление моменте» сил относительно оси г пояснено вспомога тельным чертежом (рис. 101, б), на котором дан вид в проекции на плоскость А ху.
Теперь составляем |
уравнения (51). Предварительно заметим, что так как все |
||
силы пересекают ось |
у, то их |
моменты относительно этой оси равны нулю; по |
|
этому 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- УA — 0, |
|||
_ |
Tji+ ZA- |
P = 0, 2 m ,(Fk) z s T xb — Pa = 0, |
|
Z.m2 (Fk) =3 - |
(TKa/2) cos p + |
Т ф sin 45° = 0, |
|
или, заменяя Tx и Т г их значениями:
Т к cos Р — Tc s ln a sln 45° + Х а = 0,
— Тд-sln р — Тс sin a cos 45°-(-Кд = 0,
—P -f-rc Cosa + Z^srO, — Ра -)~Tcb cos a = 0,
—(Гка/2) cos P + Tc 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 и |
имеют, таким |
образом, направления, противоположные показанным на чертеже. |
|
Задача 44. Горизонтальная плита ABC, имеющая форму равностороннего |
|
‘треугольника со стороной а, закреплена с помощью шести стержней так, как показано на рис. 102; при этом каждый из на клонных стержней образует с горизонтальной плоскостью угол а = 3 0 . В плоскости плиты дей ствует пара с моментом М. Пренебрегая весом
плиты, определить усилия в стержнях. |
|||
Р е ш е н и е . |
Рассматривая равновесие пли |
||
ты, изображаем |
вектор М момента действующей |
||
на нее пары сил и реакции |
N[, |
.-. ., Nf. стер |
|
жней; реакции направляем так, |
хек если бы все |
||
стержни были растянуты |
(считаем,, что плита |
||
отрывается от стержней). При равновесии сумма |
|||
Моментов всех Действующих на тело сил и пар |
|||
[см. равенства (52)] относительно любой оси долж |
|||
на быть равна нулю.
Направляя ось г вдоль стержня / и составляя |
||
уравнение моментов относительйо этой оси, по |
||
лучим при М г= М |
|
|
(N , cos а) Л + М = 0 , |
|
|
где h = a y 3/2 — высота |
треугольника. |
Отсюда |
находим |
_ |
Рис. 102 |
N t = — 2 M /(a V 3 cos a).
Составляя уравнения моментов относительно осей, которые направляем вдоль стержней 2 и 3, получим такие же результаты для сил NA и N f .
Теперь составим уравнение моментов относительно оси х, направленной вдоль
.стороны АВ треугольника. Получим, учитывая, что Мж= 0 ,
JVjA+ (N, sin a) h= 0.
-Отсюда, так как Nt — Nt , находим
N 3= — sin о = (2Af/aV""3) tg a .
Такие же значения получим для величин Nx и N t , составляя уравнения моментов относительно осей АС и СВ.
85