Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пензенский Государственный Университет Архитектуры и Строительства

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

2351

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

17.06.2024

Размер:

7.52 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 225 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

Рис. 1.56. Рычаг

Реакцию рычага разложим на две составляющие силы – X0 и Y0. Составим условие равновесия сил, действующих на рычаг:

Xi 0;

Yi 0;

M0 0;

		n
X0 Xi				0;
	n	i 1
	n
Y0 Yi 0;					(1.10.1)
	i 1
n	M		0.
	M	io	0.
		io
i 1

Рычаг находится в равновесии, если алгебраическая сумма моментов всех заданных сил, приложенных к рычагу, относительно опорной точки равна нулю:

n
Mio 0.	(1.10.2)

i 1

Этоуравнениеявляетсяусловиемустойчивостителприопрокидывании. Пример №1 . Рассмотрим задачу об

устойчивости на опрокидывание на примере прямоугольного параллелепипеда (рис. 1.57 ), стоящего на шероховатой плоскости.

Считается, что сила S не может сдвинуть тело. Рассмотрим вопрос устойчивости при опрокидывании путем поворота вокруг ребра А. Сила S – опрокидывает, сила P – препятствует опрокидыванию.

Рис. 1.57. Проверка устой-	MiA 0,
чивости параллелепипеда	Sh Pa 0;
	Pa Sh.
	41

Здесь Moпp Sh –	опрокидывающий момент;
Pa M уд –	удерживающий момент.
На границе устойчивости
	M уд Moпp .	(1.10.3)

Устойчивость часто определяется отношением удерживающего момента к опрокидывающему:

K M уд Moпp ,

(1.10.4)

где К – коэффициент запаса устойчивости.

Условие устойчивости K>1. Предельное равновесие будет достигнуто

при K=1.
	Пример	№2 .	Рассмотрим задачу
	расчета на устойчивость при опро-
	кидывании крана. Вес крана 50 т. Его
	размеры показаны на рис. 1.58. Грузо-
	подъемность крана 25 т. Определить не-
	обходимый вес противовеса Q и его рас-
	положение (относительно правого рельса
	на рис.1.58)
	Дано: P = 50 т.
	Найти: веспротивовесаQmin иxmax.
Рис. 1.58. Устойчивость крана	Решение.	Здесь возможны два вари-
	анта опрокидывания:		поворот вокруг

правого рельса и опрокидывание путем поворота вокруг левого рельса (без груза).

Q x 50 4,5 0;
		x) 0.
25 10 50 1,5 Q(3		x) 0.
Решая систему, находим:
Q 3 100;
Q 33 (т) ;	x 6,75 (м).

1.11.Статика в пространстве

1.11.1.Момент силы относительно центра как вектор

Вращательный эффект силы F относительно точки O в пространстве (рис. 1.59) определяется тремя характеристиками:

1)плоскостью поворота ОАВ,

2)модулем момента силы Fh в плоскости поворота;

3)направлением поворота этой плоскости.

Рис. 1.59. Момент силы относительно точки как вектор

Положение плоскости в пространстве можно задать отрезком, перпендикулярным этой плоскости. Если задать величину этого отрезка, равную

модулю момента ( M0 Fh ), и направить этот отрезок так, чтобы его на-

правление определяло направление поворота (например, в сторону, откуда вращение представляется против часовой стрелки), то такой вектор полностью определит все три элемента момента силы в пространстве.

Покажем, что


M		0 r F		(1.11.1)

есть вектор, равный по величине и направлению моменту силы F относительно центра О.

В самом деле, модуль момента силы F составляет:

M0 Fh.

(1.11.2)

Модуль векторного произведения
			(1.11.3)

	r F	rF sin r , F Fh.

Следовательно, эти величины равны. Сравним направления.

Вектор M0 направлен перпендикулярно плоскости ОАВ в сторону, от-

куда поворот F относительно точки О происходит против часовой стрелки. Векторное произведение r F – это вектор, направленный перпенди-

кулярно плоскости ( r , F ) в сторону, откуда вектор r совмещается с век-

тором F при повороте против часовой стрелки на угол <180 .
Следовательно,
M0 r F .	(1.11.4)

1.11.2. Момент силы относительно оси

Как известно, радиус-вектор и вектор силы можно представить через

проекции в виде

(1.11.5)

r xi

yj zk ,

Fzk .

(1.11.6)

Перемножая эти векторы, получим:

( yFz zFy )

(zFx xFz ) k(xFy yFx ) .

(1.11.7)

Это же уравнение можно получить, используя теорию векторной алгебры:

0 r F

(1.11.8)

С другой стороны известно, что

(1.11.9)

iM x jM y

kM z .

Следовательно,

M x yFz zFy ,

M y

zFx

xFz ,

(1.11.10)

yF .

где M x , M y , M z – моментысилыотносительносоответствующихосей.

Действительно, определим момент силы F , например, относительно оси z (рис. 1.60).

Рис. 1.60. Момент силы относительно оси

Разложим силу F на две составляющие: силу Fz , параллельную оси z, и силу Fxy , параллельную плоскости хоу. Сила Fz не имеет вращательного

эффекта относительно оси z. Следовательно,
M z (F) M z (Fxy ) Fxyh xFy yFx.	(1.11.11)

Аналогичным образом можно показать справедливость выражений (1.11.10) относительно осей х и у. Для вычисления момента силы относительно некоторой оси силу проектируют на плоскость, перпендикулярную этой оси, и находят момент этой проекции относительно точки пересечения оси и плоскости.

1.11.3. Момент пары как вектор

Момент пары сил F и F – M (F, F ) – удобно записывать относительно одной из точек А или В (рис. 1.61):

							(1.11.12)
M		AB F,

направляя этот вектор перпендикулярно плоскости вращения пары в сторону, откуда вращение представляется против хода часовой стрелки. При этом очевидно, что величина момента, вычисленного относительно точки А, будет такой же, как величина момента пары сил относительно точки В:


M M A (F		) M B (F).			(1.11.13)

Рис. 1.61. Момент пары как вектор

1.11.4. Сложение пар сил в пространстве

Пусть в плоскости I действует пара сил

с моментом M

Ph , а

вплоскостиII – парасил

P2h2 .

P2 и P2 смоментом M2

Приведем

пары к одному

плечу АВ.

Получим пару F1

и F2 , а

1 AB F1)

и пару F2 и F2

(M2 AB F2 ) . Сложим силы F1

также F1 и F2 . Получим результирующую пару сил

. Момент новой

пары

(F1 F2 ) AB F1 AB F2 M1 M2 .

(1.11.14)

Рис. 1.62. Сложение пар сил в пространстве

Таким образом, сложить пары в пространстве – это значит геометрически сложить векторы-моменты этих пар.

1.11.5. Приведение произвольной пространственной системы сил

Теорема о параллельном переносе силы F (рис. 1.63) полностью сохраняет свой смысл. Только момент присоединенной пары будет векторной величиной.

Рис. 1.63. Теорема о параллельном переносе силы в пространстве

Рассмотрим произвольную пространственную систему сил F1, F2 ,..., Fn (рис. 1.64,а). Перенесем силы F1, F2 ,..., Fn в заданный центр О, добавляя соответствующие пары сил (рис. 1.64,б).

Рис.1.64. Приведение произвольной пространственной системы сил

Складывая силы и пары (векторы-моменты) в точке О, получим, что произвольная пространственная система сил приводится к одной силе (главный вектор системы сил) и к одному вектору-моменту (главный момент системы сил) (рис. 1.64,в).

	*
			Fk ,
F					(1.11.15)
		* M		.
M
	0			k (0)

1.11.6. Условия равновесия произвольной пространственной системы сил

Для равновесия произвольной пространственной системы сил необходимо и достаточно, чтобы одновременно были равны нулю главный вектор и главный момент системы сил:

	*
F	*		0,
F			0,	(1.11.16)
				(1.11.16)
M		* 0.
	0

Проецируя эти уравнения на координатные оси, получим условия равновесия в аналитическом виде:

Fkx			0,
F			0,
	ky
F			0,
	kz			(1.11.17)
				(1.11.17)
M x			0,
M		y	0,
		y	0.
M		z	0.
		z

Пример №1 .

Определить реакции в защемлении балки с ломаной (под прямыми углами) осью (рис. 1.65).

Рис. 1.65. Брус с ломаной осью, один конец которого защемлен

Для решения этой задачи мысленно отбросим связи, а их действие заменим действием реакций. Составим условия равновесия полученной пространственной системы сил:

Fkx 0;	Ax P2 0;
Fky 0;	Ay 0;

Fkz 0; Az P1 0;

M x 0; P13 M AX 0;

M y 0; P2 2 P14 M AY 0;

M z 0; M AZ P2 3 0.

Из этих уравнений и определим неизвестные реакции Ax, Ay, Az, MAx, MAy, MAz.

Пример №2 . Определить реакции опор плиты, изображенной на рис. 1.65.

Дано:

P1 P, P2 2Р.

Найти: реакции в шарнирной опоре и усилия в стержнях 1, 2, 3 (см.

рис. 1.66).

Решение. Отделим плиту от связей (рис. 1.67) и запишем уравнения равновесия:

Fkх 0,

Fky 0,Fkz 0,M AX 0,M AY 0,M AZ 0,

X A N3 0,

YA P1 0,

ZA N1 N2 P2 0,

N1 2a P1 a P2 2a 0,

N2 3a P2 3a N3a 0,

N3 2a 0.

Рис. 1.66. Пространственная плита

Рис. 1.67. Плита как свободное тело

Отсюда

N 5 P; N		2	2P;	N	3	0;	X	A	0;	Y P; Z	A	5 P.
1	2	2			3			A		A	A	2
	2											2

1.12.Центр тяжести

1.12.1.Понятие центра тяжести

Вмеханике имеется ряд фундаментальных понятий. О некоторых мы уже говорили – это, например, сила, пара сил, твердое тело. Некоторые, такие, как центр тяжести, статический момент инерции, нам еще предстоит изучить.

Родоначальником понятия центр тяжести является великий древнегреческий мыслитель Архимед. Еще в III в до н. э. он обнаружил возможность решить ряд задач на равновесие и доказать новые математические факты с помощью свойств центра тяжести. Например, так была доказана теорема

опересечении медиан в треугольнике, выведено правило рычага. В дальнейшем эти соображения были использованы и развиты многими механиками, геометрами и другими учёными. Был разработан так называемый барицентрический метод (бари означает тяжесть), имеющий приложения во многих областях естествознания (проективная геометрия Мебиуса, топология, вычислительная математика (при интерполировании сложных функций)).

При определении центра тяжести возникает задача определения положения центра параллельных сил. Рассмотрим ее.

1.12.2.Центр параллельных сил

Рассмотрим систему параллельных сил F1, F2 ,..., Fn с фиксированными точками приложения A1, A2 ,..., An (рис. 1.68) и покажем, что линии дейст-

вия равнодействующей всегда проходят через одну и ту же точку С при одновременном повороте всех сил на один и тот же угол.

Равнодействующая двух сил F1 и F2 составляет:

R1,2 F1 F2

(1.12.1)

и приложена в точке С1, положение которой определяется из соотношения

A1C1		F2	.	(1.12.2)
C A
		F
1	2	1

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 225 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.06.20247.45 Mб02347.pdf
#
17.06.20247.46 Mб02348.pdf
#
17.06.20247.47 Mб12349.pdf
#
17.06.2024243.26 Кб0235.pdf
#
17.06.20247.49 Mб02350.pdf
#
17.06.20247.52 Mб02351.pdf
#
17.06.20247.53 Mб02352.pdf
#
17.06.20247.56 Mб02353.pdf
#
17.06.20247.61 Mб02354.pdf
#
17.06.20247.64 Mб72355.pdf
#
17.06.20247.64 Mб02356.pdf