Добавил:
ac3402546@gmail.com Направление обучения: транспортировка нефти, газа и нефтепродуктов группа ВН (Вечерняя форма обучения) Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Статика и кинематика / Краткий курс теоретич. механики, Тарг

.pdf
Скачиваний:
173
Добавлен:
01.06.2021
Размер:
14.76 Mб
Скачать

\

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 ХаN 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

равновесии эти силы должны быть направлены вдоль одной прямой, т. е. по ли­

вни ВС. Следовательно, реакция R R направлена вдоль ВС.

Рассматривая теперь равновесие всей арки в целом, найдем, что на нее дей­ ствуют три силы: заданная сила F и реакции опор R g (направление которой мы

нашли) я R л- По теореме о трех силах (§ 6) линии дей­ ствия этих сил должны при равновесии пересекаться в одной точке; отсюда нахо­ дим направление реакции

R A - Модули реакций

R A и

R g можно определить

из со­

ответствующего силового тре­ угольника.

Если ж е приложить силу F в точке Е и, рассуждая аналогичным образом, проделать необходимые построения (рис: 64, б), то убедимся, что в этом случае

реакции опор R A л R g окажутся другими и по модулю, и по направлению.

§ 19*. СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМЫЕ И СТАТИЧЕСКИ НЕОПРЕДЕЛИМЫЕ СИСТЕМЫ ТЕЛ (КОНСТРУКЦИИ)

При решении задач статики реакции связей всегда являются величинами заранее неизвестными; число их зависит от числа и вида наложенных связей. Условия равновесия, в которые входят реакции связей и которые служат для их определения, называют обычно уравнениями равновесия. Чтобы соответствующая задача статики была разрешимой, надо, очевидно, чтобы число уравнений равновесия равнялось числу неизвестных реакций, входящих в эти уравнения.

Задачи, в которых число неизвестных реакций связей равно числу уравнений равновесия, содержащих эти реакции, назы вайся статически определенными, а системы тел (конструкции), для кото­ рых это имеет место — Статически определимыми.

Задачи же, в которых число неизвестных реакций связей больше числа уравнений равновесия, содержащих эти реакции, называются статически неопределенными, а системы тел (конструкции) для ко­ торых это имеет место — статически неопределимыми.

Например, подвеска, состоящая из

с)

двух тросов

(рис. 65, а), будет стати­

 

чески

определимой,

так как

здесь две

 

неизвестные реакции

Г , и Г ,

войдут в

 

два уравнения равновесия

(12) плос­

 

кой системы сходящихся сил. Подвес­

 

ка ж е, состоящая из

трех

лежащих в

 

одной

плоскости тросов (рис. 65, б),

 

будет

статически

неопределимой, так

 

как в ней число

неизвестных

реакций

 

равно

трем

(T lt

T ti

T t ), а уравнений

 

равновесия

по-прежнему

только два.

 

Аналогично, горизонтальная балка, лежащая на двух опорах (рис. 66, а),

будет статически определимой, так как

и здесь две неизвестные реакции Л \ и N ,

входят в два уравнения равновесия (33) плоской системы параллельных сил. Та­ кая ж е балка на трех опорах (рис. 66, б) будет статически неопределимой.

56

Рассмотрим еще арку, изображенную на рис. 67, а, где связями являю тся не­ подвижная шарнирная опора в точке А и шарнирная опора на катках в точке В. Такая арка будет статически определимой, поскольку здесь три неизвестные ре­ акции Л д , Y A , N g войдут в три уравнения равновесия (29) произвольной плоской

системы сил.

Если же в точке В будет тоже

неподвижная

ш арнирная

опора

(рис. 67, б),

то неизвестных реакций окажется

четыре а ,

Уа < Х д ,

Y g ), а

уравнений равновесия останется три и арка станет статически неопределимой. Однако трехшарнирная арка, изображенная на рис. 61, будет статически оп­

ределимой, так как, расчленив ее в шарнире С на две части, мы введем ещё две реакции Х с . Y c шарнира и неизвестных реакций станет шесть, но и уравнений рав­ новесия тоже шесть (по три для каждой части). С аркой, изображенной на рис. 67,6,

б)

 

яг""**

9Ш.

I ш%.

так поступить нельзя, поскольку разделив ее на две части, например, сечением, проведенным через точку С, мы получим в этом сечении систему распределенных

сил, которую можно привести к двум неизвестным силам Х с , Y c и паре с неизвест­

ным моментом т с (см. § 20, задачу

26). Следовательно, неизвестных реакций ста­

нет семь а , Y A , Х в , Y g , Х с ,

Y c , тс ) и их

из шести уравнений равновесия

определить нельзя.

 

 

Статическая неопределимость

объясняется

наложением лишних связей. Н а­

пример, для обеспечения равновесия балки, изображенной на рис. 66, достаточно двух опор и третья опора не нужна (балка считается абсолютно жесткой и не про­ гибающейся). Статически неопределимые конструкции можно рассчитывать, если учесть их деформации; это делается в курсе сопротивления материалов.

§ 2 0 * . ОПРЕДЕЛЕНИЕ ВНУТРЕННИХ УСИЛИЙ

Внутренними усилиями в каком-нибудь сечении тела или кон­ струкции (балки, арки и др.) называют силы, с которыми части тела, разделенные этим сечением, действуют друг на друга. Метод опре­ деления внутренних усилий аналогичен методу, применяемому при изучении равновесия систем тел. Сначала рассматривают равновесие всего тела (конструкции) в целом и определяют реакции внешних связей. Затем сечением, в котором требуется найти внутренние уси­ лия, разделяют тело на две части и рассматривают равновесие одной из них. При этом, если система действующих на тело внешних сил плоская, то действие отброшенной части заменится в общем случае плоской системой распределенных по сечению сил; эти силы, как и в случае жесткой заделки (см. рис. 55), представляют одной при­ ложенной в центре сечения силой с двумя наперед неизвестными

составляющими X , У и парой с наперед неизвестным моментом т. Пример расчета дан в задаче 26.

Задача 26. Считая длину балки А В равной 1 м (задача 24, рис. 63), найти усилия в поперечном сечении балки, отстоящем от конца А на расстоянии А Е =

= 0 ,6 м (точка £

левее опоры С на рис. 63).

Р е ш е н и е .

Внешними связями для балки являются опора С и шарниры А

и В . Реакции этих связей найдены в ходе решения задачи 24. Рассечем балку се­ чением аЬ и рассмотрим равновесие ее левой части (рис. 68). Действие отброшенной

части, согласно сказанному выше, заменяем двумя силами ЗГв, Y

приложенными

в центре Е сечения, и парой с моментом mg. Со­

ставляя для действующих на рассматриваемую

часть балки сил Х д, У д, Q, Х Е, Y E и пары с мо­

ментом т Е условия равновесия

(32),

получим:

XFk x * * X A + X E = 0 ,

2 F k y * * Y A + Y E- Q = О,

2m д (F *)s s m £ + О.бХя— 0,5Q = 0 .

По данным задачи 24

Q =200 Н,

Х д = 150 Н ,

Y А= —75 Н . Пользуясь этими значениями, най­

дем из составленных уравнений:

 

Х £ = — 150 Н, У£ = 2 7 5 Н ,

т£ = — 65Н -м .

Таким образом, на левую часть балки в сечении аЬ действуют:

1) продольная хила

Х е , вызывающая в данном случае сжатие балки; 2) поперечная сила

Y F, стремя­

щ аяся сдвинуть примыкающую к сечению часть балки вдоль линии ab\ 3) пара с моментом т Е, называемым изгибающим моментом, которая в данном случае выаывает растяжение верхних волокон балки и сжатие нижних.

§ 2 1 * . РАСПРЕДЕЛЕННЫ Е СИЛЫ

В инженерных расчетах часто приходится встречаться с нагруаками, распределенными вдоль данной поверхности по тому или ино­ му закону. Рассмотрим некоторые простейшие примеры распреде­ ленных сил, лежащих в одной плоскости.

Плоская система распределенных сил характеризуется ее ин­ тенсивностью q, т. е. значением силы, приходящейся на единицу длины нагруженного отрезка. Измеряется интенсивность в ньюто­ нах, деленных на метры (Н/м).

0)

6)

,

а

в)

1

а

 

 

 

- Н

* ..н *

 

гтТ

 

/1

1

 

 

/

а

 

 

 

 

7

 

 

'S

Рис.

5

 

 

 

69

 

1)

С и л ы ,

р а в н о м е р н о

р а с п р е д е л е н н ы е

в д о л ь

о т р е з к а

п.р я м о й

(рис. 69, а). Для такой системы

сил интенсивность q имеет постоянное значение. При статических расчетах эту систему сил можно заменить равнодействующей Q.

53

По модулю,

0.=Щ-

(35)

 

Приложена сила Q в середине отрезка АВ.

 

2) С и л ы ,

р а с п р е д е л е н н ы е в д о л ь

о т р е з к а

п р я м о й п о

л и н е й н о м у з а к о н у (рис.

69, б). Приме­

ром такой нагрузки могут служить силы давления воды на плоти­ ну, имеющие наибольшее значение у дна и падающие до нуля у по­ верхности воды. Для этих сил интенсивность q является величиной переменной, растущей от нуля до максимального значения qm.

Равнодействующая Q таких сил определяется аналогично равно­ действующей сил тяжести, действующих на однородную треуголь­ ную пластину ABC. Так как вес однородной пластины пропорциона­ лен ее площади, то, по модулю,

 

 

Q=0,5aqm.

 

(36)

Приложена сила Q на расстоянии а/3 от стороны ВС треугольника

ABC (см. § 35, п.

2).

'

 

 

3) С и л ы ,

р а с п р е д е л е н н ы е

в д о л ь

о т р е з к а

п р я м о й п о

п р о и з в о л ь н о м у

з а к о н у

(рис. &9, в).

Равнодействующая Q таких сил, по аналогии с силой тяжести, по модулю равна площади фигуры ABQE, измеренной в соответствую­ щем масштабе, и проходит через центр тяжести этой площади (во­ прос об определении центров тяжести площадей будет рассмотрен в § 33).

4) С и л ы , р а в н о м е р н о р а с п р е ­ д е л е н н ы е п о д у г е о к р у ж н о с т и (рис. 70). Примером таких сил могут служить силы гидростатического давления на боковые стенки цилиндрического сосуда.

Пусть радиус дуги равен R, a Z.BOD = =/LAOD —a, где OD—ось симметрии, вдоль которой направим ось Ох. Действующая на дугу система сходящихся сил имеет равнодей­

ствующую Q, направленную в силу симметрии вдоль оси Ох; при этом численно Q=QX-

Для определения величины Q выделим на дуге элемент, положение которого определяет­ ся углом ф, а длина ds=/?dcp. Действующая

на этот элемент

сила

численно

равна

dQ =

=(/ds=^/?d<p, а

проекция этой

силы

на

ось Ох будет dQ *^

=dQ -cos ф—qR cos q> -dtp. Тогда

 

 

 

 

a

a

 

 

 

Qx =

^ dQx = qR J

cos<p-d<p =

2<7/?sina.

 

- a

- a

 

 

 

Но из рис. 70 видно,

что R sin a —AB/2. Следовательно, так как

Qx=Q, то

 

Q=qh,

 

(37)

 

 

 

59

где h —АВдлина

хорды, стяги­

вающей дугу ХВ\

д — интенсив­

ность.

 

Задача 27. Н а консольную балку А В , размеры которой указаны на чертеже (рис. 71), действует равномерно распреде­ ленная нагрузка интенсивностью qt Н/м. Пренебрегая весом балки и считая, что силы давления на заделанный конец ра­ спределены по линейному закойу, опреде­ лить значения наибольших интенсивно­

стей qm и q'm этих сил, если Ь— па.

Р е ш е н и е . Заменяем распределенные

силы их равнодействующими ~§, R п R ’, где согласно формулам (35) и (36)

Q = qeb, R = Q,5qma, R '= 0 ,6 q ^ a ,

я составляем условия равновесия (33) для действующих на балку параллельных сил:

<} + R R ’ = 0, 2т с (F„) — Д а/3 — Q (6/2 + а/3) = 0.

Подставляя сюда вместо Q, R и R ' их значения и решая полученные уравнения, найдем окончательно

Яя = (З л * + 2п) qt , q'm= (3я* - f 4л) Я,.

Например, при п = 2 получим qM— 16 <70, q’m= 2 0 q t , а при я = 4 qm= 5 6 q t , а

9 т —64 90Задача 28. Цилиндрический баллон, высота которого равна Я , а внутренний

диаметр d , наполнен газом под давлением pH /м*. Толщина цилиндрических сте­ нок баллона а. Определить испытываемые этими стенками растягивающие напря­

ж ения

в направлениях: 1) продоль­

 

ном

и

2) поперечном (напряжение , |^ | я

< Q

равно

отношению

 

растягивающей

 

силы к площади

поперечного

сече­

 

ния), считая a/d малым.

 

 

 

Р е ш е н и е .

1)

Рассечем

ци­

 

линдр

плоскостью,

перпендикуляр­

 

ной

его оси, на две части и рассмот-

 

?им равновесие

одной из них

(рис.

 

2, а).

Н а нее

в направлении

оси

 

цилиндра действуют: сила давления

 

на дно

F = (псР/4) р

и распределен­

 

ные по площади сечения силы (дей­

 

ствие

отброшенной половины), рав­

Рис.

нодействующую которых обозначим

 

При равновесии

Q = F = w P p l4 .

 

Считая

приближенно площадь поперечного сечения равной nda, получим для рас­

тягивающего напряжения 0 ! значение

CTj=Q!nda= (d/4a)p.

2) Рассечем теперь цилиндрическуюповерхность плоскостью, проходящей через ось цилиндра, на две другие половины и рассмотрим равновесие одной из них, считая, что все силы приложены к ней в плоскости среднего сечения (рис. 72, <5). Н а эту половину цилиндра действуют: а) равномерно распределенные

€0

Соседние файлы в папке Статика и кинематика