Статика и кинематика / Краткий курс теоретич. механики, Тарг
.pdf\
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
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 (Х 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 (Х 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 —АВ — длина |
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