Розв”язання.

1. Розглянемо рівновагу вузла К, у якій збігаються стрижні 1, 2 ,3. На вузел діють сила Р i реакції N, N, N стрижнів, які напрамляємо по стрижням від вузла, вважаючи їх розтягнутими. Складемо рівняння рівноваги цієї просторової системи збіжних сил::

F= 0, Р cos + N sin + Nsin = 0 (1)

F= 0, Р cos- N- Ncos= 0 (2) F= 0, Pcos- Ncos= 0 (3) Вирішивши рівняння (1),(2) і(3) при заданих числових значеннях сили Р і кутів,

одержимо: N= 349 Н, N= -345 Н, N=141 Н

2. Розглянемо рівновагу вузла М. На вузол діють сила Q i реакції N', N,N , N стрижней.При цьому, за законом про рівність дії та протидії, реакця N' спрямована протилежно N, чисельно N'=N . Складемо рівняння рівноваги:

F= 0, Q cos - Nsin - N- Nsin • sin = 0 (4)

F= 0, Q cos + Ncos + Nsin - cos = 0 (5)

F= 0, Q cos - N cos- N= 0 (6)

При визиаченні проєкцій сили N₅ на вісі i у рівняннях (4) i (5) зручніше спочатку знайти проєкцію N' цієї сили иа площину хОу (по величині N' = N sin ),а потім проєкції на вісі Ох і Оу. Вирішивши систему рівнянь (4), (5) та (6) i ,враховуючи що N' = N = -345 Н, знайдемо, чому piвні N,N , N. Відповідь: N =349 Н ; N = - 345 Н; N=141 Н; N=50 Н; N=329 Н;N = - 66Н . Знаки вказують, що стрижні 2 i 6 стиснуті; інші — розтягнуті.

2 Довільна плоска система сил

Для рівновги плоскої системи сил, довільно розміщених на площині, необхідно і достатньо ,щоб алгебраічні суми проекцій всіх сил на дві взаємно перпендикулярні осі дорівнювали нулеві і алгебраічна сума моментів усіх сил відносно будь-якої точки(центра момнтів) також дорівнювала нулеві ( 1 форма ):

(1 форма ): або ( 2 форма ): або ( 3 Форма ):

1 форма: ∑ F_KX =0, ∑ F_KУ =0, ∑ M_А (F_K ) = 0 ( 1 )

2 форма ∑ F_KX =0, ∑ M_А (F_K ) = 0 , ∑ M_В (F_K ) =0, ( 2 )

3 форма ∑ M_А (F_K ) = 0 , ∑ M_В (F_K ) = 0 , ∑ M_С (F_K ) = 0 ( 3 )

У частковому випадку паралельних сил достатньо скласти два рівняння, що містять форми2 і 3.

Зауваження1.Центри моментів ( точки А, В. С ) доцільно вибірати в точці , в якій перетинаються лінії дії найбільшої кількості невідомих сил. Слід прийняти до уваги, що ценр моментів може належеть або неналежить розглядаємому об”екту рівноваги!Чому так?

Зауваження2. При розв”язуванні задач на рівновагу системи сил, що прикладені до тіла або системи тіл з внутрішними в”язями, можуть зустрітися випадки коли кількість невідомих в умові задачі перевищує кількість рівнянь рівноваги. Такі задачі називаються статично неозначеними і можуть бути розв”заними за двома варіантами:

-по1-му варіанту уявно роз”єднують конструкцію на дві або кілька частин з”єднаних між собою в”язями(контактна, стрижнева, гнучка, шарнирна, ковзаюча та інш. ) іскладаютьрівняння рівноваги у 1, 2 або 3 для визначення реакцій зовнішних вязей і реакцій у

з”єднанні для кожної частини конструкції;

- по2-му варіанту спочатку складають рівняння рівноваги всіх сил ,що діють на конструкцію, і, крім того, рівняння рівноваги сил для однієї із відділених частин цієїконструкції. Складені рівняння можуть бути розв”язані послідовно аналітично або за допомогою ПЕОМ у діалоговому режимі за відповідно обраною програмою у системах MATLAB, MATCAD та інш.

Завдання С2. Вибір оптимального кріплення плоскої рами.

Жорстка невагома конструкція (рама) закріплена у точках A i. В трьома різними способами (схеми а, б і в)

На раму діють сили i , пара сил з моментом М=30кНм, рівномірно розподілені по лінійному закону навантаження інтенсивністі =5 кH/м або розподілена по лінійному закону навантаження, для якої = 10 кН/м.

Схеми до задачи С2.1 - Визначення рекцій опор плоскої конструкції.

Приклад 2.1.

Рама, що зображена на рис.С2а, закріплена трьома різними способами: 1. Схема С2а. Кінець А приєднаний до пересувної шарнірної опори, а кінець В - закріплений ковзаючим закладенням з однією ступенью рухомості.

2. СхемаС2.б Кінець А закріплений ковзаючим закладенням з двома ступенями рухомості, а кінець В - нерухомою шарнірною опорою (одна ступень рухомості).

3. Схема С2в. Кінець А закріплений двоима стержнями, а кінець В спирається на гладку поверхню.

На раму діють сили F = 10 кH i = 20 кН, зосереджені в точках Н i К, пара сил з моментом М, розподіленє навнтаження за лінійним законом на дільниці ДС і максимальною інтенсивністю = 10 кН/м.

Визначити: реакції в'язей для того закріплення рами, при якому реакция R_B має найменше числове значення.

Розв”зання.

1.Для визначення реакії R_B розглядають рівновагу сил прикладених до рами для кожного

випадку закріплення рами. Зображають діючі на раму сили: зосереджені

сили і, пару сил з моментом М, розподілену згідно з лінійним законом навантаження

q, яке замінюють cbkj. Q = q _max ∙DC, прикладеної точці Е, так що ED = DС.

2.Проводять координатні ocі X I У. Силаiпредставляютьїх

складовими ,, , , модуля яких відповідно рівні:

F_1x = F₁ cos 45, F_1y = F sin 45°, F_2x = F cos 30°, F_2y = F sin 30°.

3. Відкидають зв'язки і замінюють їх дію на раму реакціями або складовими цих реакцій:

Для схеми С2 а - Реакцію шарнірної опори А на котках направляють перпендикулярно опорній площині ,а в точці В - замінюють горизонтальною реакцією і моментом сил реакцій ; Для схеми С2 б - Ковзаюче закладення кінця А з двома ступенями рухомості замінюють моментом сил реакцій , а шарнірно нерухому опору в точці В – двома складовими і реакції ;

Для схеми С2 в - В стрижнях 1 і 2 - замінюють реакціями і , а гладку опорну поверхню в точці В – реакцією , яку напрамляють перпендикулярно опорнї площини .

4. Розрахункові схеми і розташування сил зображають для кожного з трьох випадків , що розглядаються , як це показано на рис. С2.

5. Складають рівняння рівноваги сил , діючих на раму , в які входить реакція що досліджується .

Для схеми С2 а:

F= 0, -+Q - ++sin60= 0, (1)

F= 0, cos60++ = 0 (2)

З рівняння (2) знаходять підставляють в (1) і отримують :

= Q- +(+)tg60 (3)

Враховуючи , що Q = 3 = = 15кН ;

== cos45- 100,7 = 7 кН ;

=sin60 = 200,866 = 17,3 кН ;

3 рівняння (3): = 1,5 – 7 + 17,3 + (7 – 10 ) = 32,3 – 12,2 = 2,01 кН.

Для схеми С 2 б :

F= 0, -+Q - += 0, (4)

3(4) = Q - += 15 – 7 + 17,3 = 25,3 кН.

Для схеми С2 в.

() = 0, - 1,5 - 2 + 3 – М + 2Q + R cos303 = 0 . (5)

3 рівняння (5) : R = ( 17,31,5 + 7,2 – 7,3 + 30 – 30 ) = 5,12 кН.

Таким чином встановлюють , що найменше числове значення реакції , що досліджуються ,виходить при закріпленні рами по схемі С2 в.

Тому для цієї схеми визначають інші реакції , використовуючи два інших рівня рівноваги сил в формі

() = 0 : S1 – М + 6 + 4 - 4,5 - 6 + 3 + S6 = 0 ; (6)

() = 0 : S4 - 4 + 1,5 + 3 + 2 – М + Q2 + R cos302 – Rcos603 = 0 ; (7)

3 рівняння (7) :

S= ( 104 + 17,31,5 – 73 – 72 + 30 – 152 – 5,1+ 5,11,5) = 7 кН

= ( 15 + 30 -76 – 74 + 17,34,5 + 106 – 7,56 ) = 22,7 кН

Складаємо перевірочне рівняння :

F= 0, - + - + Q - Rcos60= 0 . (8)

Підставляємо числові значення і отримуємо помилку

-29,7 + 17,3 – 7 + 15 – 5,1 05 = - 32,25 + 32,3 = 0,05

Відповідь : оптимаьний варіант кріплення рами по схемі С в. Реакції в’язей : R= 5,12 кН , = 22,7 кН , S= 7 кН

ЗавданняС3.Визначення реакцій підшипників і опор системи тіл з урахуванням тертя

Визначить мінімальне значення сили Р та реакції опор механичної системи гальмувального гальмувального пристрою( рис. ) за умови, що вона знаходиться в стані спокою .Схеми варіантів показані на рисунках , а необхідні для розрахунків дані наведено в таблиці С3.

Приклад С3. Барабан лебідки (рис.С2. 1) радіусом R =0,3 i си­лою тяжіння G = 2 кН гальмується колодковим гальмом. На бара­бан навито канат, до кінця якого гадвішено вантаж Q = 10 кН, причому канат сходить дотично з ба­рабана під кутом = 30° до горизонту. Коефіцієнт тертя f=0,4; висота гальмових колодок с= 0,05 м . Геометричні poзміри а = 0,5 м, b=0,8 м.

Визначити мінімальне значення прикладеної до гальма сили для того, щоб барабан знаходився в стані спокою, а також силу і реакції в опорах О и А.

Рис.С3.

.

Розв'язання. В piвнoвaзі знаходитьтя система твердих тіл, що складається з барабана S , важелів АВ, CD i невагомого стрижня ВС. На рис. 2. показано активні сили та реакції в'язей, япкі діють на кожнє з тіл механичної системи.

Аналітичні умови рівноваги системи сил мають вигляд:

-для барабана S (рис. 2а.}

F= 0, - + - + = 0 ; (1)

F= 0, - + - - = 0 ; (2) F= 0, - + + = 0 ; (3)

- для важеля АВ ( рис. 2б. )

F= 0, - - + = 0 : (4)

F= 0, + - = 0 ; (5)

М( ) = 0, - а + 2а + е = 0 ; (6)

. Рис.3а Рис.3б Рис.3в Рис.3г

-для важеля CD (рис. С 2 в.).

F= 0, - + - - = 0 ; (7)

F= 0, - - = 0 ; (8)

М( ) = 0, а +е – Р ( а+в ) = 0 ; (9)

для стержня СВ ( рис. 2 г.)

F= 0, - + = 0 ; (10)

F= 0, - -= 0 ; (11)

М( ) = 0, ( 2R + e ) - ( 4R + 2e) = 0 ; (12)

У стані граничної рівноваги розглядаємої системи сила Р мінімальна , сила зчеплення ( тертя спкою )

між гальмовою колодкою і барабаном визначається рівняннями

= = , = =

Тоді система рівнянь (1 ) ...( 12 ) може буте доповненя двома рівняннями у такому вигляді:

- = 0 (13)

- = 0 (14)

Після підстановки відповідних величин у рівняннях ( 1......14 ) дістанемо значення шуканих величин , а саме :

Р = 2 кН , = 9,02 кН , = 4,1 кН , = 3,66 кН , = 3,22 кН .

Система рівнянь ( 1 )... ( 14 ) може бути перетворена до матричного виду (таблиця С3 ), що дає можливість скористатись типовими розв”язуваннями систем лінійних рівнянь засобами MATLAB або іншими програмами . З врахуванням значень велечин G, Q, a, b, e, f, α перепишимо систему ( 1 )...( 14 ) у матричні формі : Ах = b , де А – матриця коефіцієнтів при невідомих величинах , х –матриця-стовбець невідомих величин, b - матриця- стовбець відомих величин правої часті системи рівнянь.

Таблиця С3.

№ стр	А – квадратная матриця коефіцієнтів при невідомих	Вектор правої часті системи
х 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14	X0 Y0 XA YA XB YB XC YC XK N1 N2 F1 F2 P -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 -1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0,6 0,6 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 -0,4 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 -0,05 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 0 0,4 0 0 0 -0,5 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 1 0 0 0 0,87 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0,52 0 0 0 -1,1 0 0 0 0 -1 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -1,3 0 0 0 0,65 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -0,4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 -0,4 0 0 0	Q G b -8,66 0 -8,66 5 2 7 0 3 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0