Статика и кинематика / Краткий курс теоретич. механики, Тарг
.pdfПусть система сил Flt F t .......... Fn приводится к равнодействую
щей R , |
линия действия которой проходит через некоторую точку |
С (рис. |
41). Приложим в этой точке силу R ' —— R. Тогда система |
сил Fu Ft .......... Fn, R ' |
будет находиться |
|
|||||
в равновесии |
и |
для |
нее |
должно выпол |
|
||
няться условие |
М 0 —0, т. е. согласно |
фор |
|
||||
муле (22) для данных сил (включая силу |
|
||||||
R') должно бьпъ 1>т0 (Fh) + m 0 (R ') = 0 . |
Но |
|
|||||
так как /?' = — R |
и обе силы направлены |
|
|||||
вдоль одной и той Же прямой, то m 0 ( R ')~ |
|
||||||
= —m0 (R). |
Подставляя |
это |
значение |
|
|||
mo(R') в предыдущее |
равенство, |
найдем |
|
||||
из него, что |
|
|
_ |
_ |
_ |
_ |
(24) |
|
|
|
т0 (R) = 2 |
т0 (F„). |
Тем самым теорема доказана. Ею часто бывает удобно пользо ваться при вычислении моментов сил.
Глава V
ПЛОСКАЯ СИСТЕМА СИЛ
§ 14. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ СИЛЫ И ПАРЫ
Переходя к рассмотрению плоской системы сил (системы сил, как угодно расположенных в одной плоскости), начнем с введения
некоторых |
понятий. |
1. |
А л г е б р а и ч е с к и й м о м е н т с и л ы о т н о с и |
т е л ь н о |
ц е н т р а . Когда все силы системы лежат в одной плос |
кости, их |
моменты относительно любого центра О, находящегося |
в той же плоскости, перпендикулярны этой плоскости, т. е. направ лены вдоль одной и той же прямой. Тогда, не прибегая к векторной символике, можно направления этих моментов отличить одно от
другого знаком и рассматривать момент силы F относительно центра О как алгебраическую величину. Условимся для краткости такой момент называть алгебраическим и обозначать символом m0 (F). Алгебраический момент силы F относительно центра О равен взя тому с соответствующим знаком произведению модуля силы на ее
плечо, т. |
е.* |
|
|
m 0 (F) —-±Fh. |
(25) |
При. этом в правой системе координат, принятой |
в механике, |
|
момент считается положительным, когда сила стремится повернуть |
||
* |
В подобных равенствах символ « ± » будет означать, что данная величина |
|
имеет или знак плюс, или знак минус. |
|
41
гело вокруг центра О против хода часовой стрелки, и отрицатель ным— когда по ходу часовой стрелки. Так, для сил, изображенных
на рис. 42: m0 (P)*=Phlt m0 {Q)=— Qht.
Заметим, что полученные выше формулы (22) и (24), содержащие суммы моментов-векторов, сохранят свой вид и для алгебраических моментов, но суммы при этом будут не векторные, а алгебраические.
Рис. 42 |
|
|
Пример. Найти моменты сил F и |
относительно точки А (рис. 43), если А В —а, |
|
A D = Ь и углы а , |
Р известны. |
А перпендикуляр на линию действия силы |
Р е ш е н и е . |
Оцустив из точки |
Т~, найдем плечо А = а sin а ; тогда с учетом знака m ^(F )= F a sin о .
Д ля силы. проще не находить плечо, а разложить Q*на составляю щ ие'^ и
5», для которых плечи будут соответственно равны А В = а и AD=b, а затем воспользоваться_формулой (24), т. е. теоремой Вариньона. Тогда с учетом знаков:
»«i4(5 j= /n ^(Q i)-i-m > (5 j ) = —Q ie+ Q ,* . Но QX= Q cos p. Qa= Q sin p и оконча тельно
т д (<2) = (? (b s ln P — a cos P).
Выражение в скобках и является плечом силы Q, что не сразу видно.
Заметим, что т д (?) можно тоже найти, разложив силу Т ~на составляющие Т1 и Тогда m jt(F )= m ji(F i)= {F sin а)о , так как т д ( / г,)= 0 .
2. А л г е б р а и ч е с к и й м о м е н т п а р ы . Поскольку момент пары сил равен моменту одной из ее сил относительно точки приложения другой силы {формула (15')], то для пар, лежащих в
одной плоскости, момент пары мож но тоже рассматривать как алгеб раическую величину, называть алгебраическим и условиться обоз начать символом m (или М). При этом алгебраический момент пары равен взятому с соответствующим знаком произведению модуля одной из сил пары на плечо пары:
m = ± F d . |
(26) |
Правило знаков здесь такое же, как для момента силы. Так, для изображенной на рис. 44, а пары F, F' момент mi=Fdlt а для пары Р, Р' момент т ш——Pdt . Поскольку пара сил характеризуется только ее моментом, то на рисунках пару изображают часто просто
42
дуговой стрелкой, показывающей направление поворота пары (как на рис. 44, б).
Полученные выше формулы (16) и (17), содержащие суммы мо ментов-векторов, тоже сохранят вид для алгебраических моментов, цричем суммы будут алгебраическими.
Задача 12. Криволинейный рычаг A BC D (рис. 45) находится в равновесия
под действием двух параллельных сил Я и Я ', образующих пару. Определить силы давления на опоры, если А В — а = 15 см, В С = Ь — 30 см, C D = c= 20 см, Р = Р '= = 3 0 0 Н.
Рис. 45 Рис. 46
Р е ш е н и е . Заменим пару Я, Я' эквивалентной ей парой Q, Q ', силы кото рой направлены по направлениям реакций опор. При этом моменты пар должны
быть одинаковы, т. t. P(c— a)= Q b . |
|
Следовательно, силы давленйя на опоры численно равны |
|
Q = Q '= P ( c — a)/b = 30 Н |
|
■ направлены так, как показано на чертеже. |
|
Задача 13. На шестерню / радиуса |
действует пара сил с моментом т * |
(рис. 46, а). Определить момент т , пары, которую надо приложить к шестерне 2 радиуса г ,, чтобы сохранить равновесие.
Р е ш е н и е . Рассмотрим сначала условия равновесия шестерни / . Н а нее действует пара с моментом т х, которая может быть уравновешена только действием
другой пары, в данном случае пары (Jj, ~Rl . Здесь — перпендикулярная радиусу
составляющая силы давления на зуб со стороны шестерни 2, a R i— тоже пер пендикулярная радиусу составляющая реакции оси А (сила давления на зуб и реакция оси А имеют еще составляющие вдоль радиуса, которые взаимно урав новешиваются и в условие равновесия не войдут). Принтом, согласно условию рав
новесия (17), |
Qi/’i) = 0 и |
Ql = m 1lr1. |
Теперь рассмотрим условия |
равновесия шестерни 2 (рис. 46, б). По закону |
равенства действия и противодействия на нее со стороны шестерни / будет дей
ствовать сила 7?»=—Q1( |
которая с перпендикулярной радиусу составляющей |
реакции оси В образует |
пару Qt , R t с моментом, равным — Q ^ t- Эта пара и |
должна уравновеситься приложенной к шестерне 2 парой с моментом т , ; следова тельно, по условию равновесия (17), т , + (—Qa/’1) = 0 . Отсюда, так как Q ,= Q i, находим mt = m 1ri/r1.
Естественно, что пары с моментами m j и т , не удовлетворяют условию равно
весия (17), так как они приложены к разным телам. |
|
|
|
Полученная в процессе решения задачи величина |
Qt (или |
называется |
|
окружным усилием, действующим на шестерню. |
Как |
видим, окружное усилие |
|
равно моменту вращающей пары, деленному на |
радиус шестерни: Q i= m l/^1= |
43
§15. ПРИВЕДЕНИЕ ПЛОСКОЙ СИСТЕМЫ СИЛ
КПРОСТЕЙШЕМУ ВИДУ
Результат, полученный в§ 12, справедлив, конечно, и в частном случае плоской системы сил. Следовательно, плоская система сил тоже приводится к силе, равной R и приложенной в произвольно выбранном центре О, и паре с моментом М 0, но сила и пара лежат в данном случае в одной плоскости — в плоскости действия сил (рис. 47, а, где пара изображена дуговой стрелкой). Значения глав ного вектора R и главного момента М 0 даются формулами (21) и (22); при этом вектор R можно определить или геометрически по
строением силового много-
£угольника (§ 4), или анали тически по формулам (10) из §5. Таким образом, для плос кой системы сил
|
M 0 ^ |
m |
0 (Fk), |
(27) |
Рис. 47 |
где все моменты в последнем |
|||
|
равенстве |
алгебраические п |
||
|
сумма тоже |
алгебраическая. |
Найдем, к какому простейшему виду может приводиться данная плоская система сил, не находящаяся в равновесии. Результат зави
сит от значений R и М 0-
1. Если для данной системы сил /? = 0, а М о¥=0, то она приво дится к одной паре с моментом М 0 . Как показано в конце § 12, значение М 0 в этом случае не зависит от выбора центра О.
2. Если для данной системы сил R=£0, то она приводится к одной силе, т. е. к равнодействующей. При этом возможны два случая:
а) R=£0, М о —0. В этом случае система, что сразу видно, приво дится jc равнодействующей R, проходящей через центр О;
б) R~£0, МоФО. В э'гом случае пару с моментом М 0 можно изо
бразить двумя силами/?' и R беря R ' = R , a R ”= —R (рис. 47, б). При этом, если d —OC•— плечо пары, то должно Ьыть
R d = \ M 0 1. |
(28) |
Отбросив теперь силы R и R", как уравновешенные, найдем,
что вся система сил заменяется равнодействующей R ' ==R, проходя щей через точку С. Положение точки С определяется двумя условия
ми: 1) расстояние OC=d (OC±.R) должно удовлетворять равенству (28); 2) знак момента относительно центра О силы R', приложенной в точке С, т. е. знак m0 (R'), должен совпадать со знаком М 0.
Пример подобного расчета дан в задаче 17.
44
Таким образом, плоская система сил, не находящаяся в равнове сии, может быть окончательно приведена или к одной силе, т. е. к
равнодействующей (когда |
или к паре_сил (когда 5?=0). |
||||||||||
1 |
Задача 14. Привести к центру О систему сил Р~, Fu Ft , Ft , изображенных и* |
||||||||||
рис. 48, если Р = 30 Н, F1= / r2= F a= 2 0 Н, а = 0,3 |
м, 6 = 0 ,5 |
м, а = 6 0 ° . |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
- 7 Ч |
[ |
|
|
|
|
|
|
|
. |
а |
» |
р • |
|
|
|
|
|
|
|
|
ИГ |
1№ |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
С |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I Q2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис.' |
49 |
|
|
|
|
Р е ш е н и е . |
Задача сводится к нахождению |
главного вектора R |
заданно! |
|||||||
системы сил, который будем определять По его проекциям R ^ |
R v , и главного мо |
||||||||||
мента M Q этих сил относительно центра О. Проводя оси Оху так, как показано на |
|||||||||||
рисунке, и пользуясь формулами (27), получим (см. пример вычисления |
моментов |
||||||||||
сил |
в § 14): |
R x =» I F ъх = |
— F t cos a — F i cos a — F t , |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
R u <sXFi,u = — P — F iS in a - \- F t s ln a , |
|
|
|
|
||||
|
M o « * 2 m o (F * ) = — &/>+ a F l c o s a - f 2bFt s In a + |
aFt . |
|
|
|||||||
|
Подставляя |
сюда |
числовые |
значения |
сил, найдем, что |
R x = —40 |
Н, R u— |
||||
= —ЗО Н , Л1о=11,3 |
Н-м. Таким |
образом, |
заданная |
система |
сил |
приводится к |
приложенной в центре приведения О силе R с проекциями Я ж= —40 Н ,Я у = —30 Н (R = 5 0 Н) и паре сил с моментом M Q — И .З Н-м.
Задача 15. Привести к простейшему виду Систему сил Plt ~Pt , Р ., действую щих на балку А В (рис. 49), и найти силы давления на опоры А и а , если Рх=
— P \— P t= P - |
__ |
|
Р е ш е н_и е. Многоугольник, построенный из сил |
¥ [, Р %, F I, |
замкнут; сле |
довательно, /? = 0 . Сумма моментов всех сил относительно любой |
точки (напри |
мер, точки С) равна — Ра. Следовательно, данная система сил приводится к паре с моментом т = —Ра. Располагая эту пару так, как показано на чертеже пункти
ром, заключаем, что силы Plt Р г, Pt оказывают на опоры давления ОТ и Q^, чис ленно равные Palb,
45
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